Maths

1Enseignement spécifique Pratiquer l'algorithmique

© Nathan 2012 – Transm

ath Term

. S

Pratiquer l’algorithmique

THÈME 1 Qu’est-ce qu’un algorithme ?Activité

2 – Tracé d’au moins deux hauteurs issues des sommets du triangle.

– Tracé du point H, intersection des hauteurs tracées.

3 Traitement : le tracé des hauteurs.

Exercices

1 1. Les points O et A.

2. Un carré de centre O et dont un sommet est A.

2 Éléments donnés : l’expression de f (x) et la valeur a. Question posée : « Donnez l’équation de la tangente à la courbe représentant f au point d’abscisse a.

3 Entrées : les coefficients A, B et C du trinôme. Traitements : le calcul du discriminant DELTA. Sorties : les valeurs a et b.

4 1. On peut déduire le sens de variation de la fonction f sur l’intervalle I.

2. b)

f ’ est positive pour x −1 et pour x 2. Donc la fonction f est strictement croissante sur ]– ; −1] et [2 ; + [ et stric-tement décroissante sur [−1 ; 2].

5 Les entrées de ces deux algorithmes ne sont pas identiques. On ne peut donc pas dire que ces algorithmes sont équivalents.

6 • Créez dans l’ordre : le triangle ABC, deux bissectrices intérieures à ce triangle, le point d’intersection D des deux bissectrices, la perpendiculaire à l’un des côtés passant par le point D, le point d’intersection E entre cette perpendiculaire et le côté utilisé, le cercle de centre D passant par E.

• Utilisez la commande « Créer un nouvel outil ».

• Choisissez le cercle inscrit dans l’onglet « objets finaux », les points A, B et C dans l’onglet « objets initiaux ».

2 Enseignement spécifique Pratiquer l'algorithmique


ath Term

. S

b) Oui. Voir la question 2.

2. Avec AlgoBox :

11 1. p, n, t, PHT et PTTC.

2. PHT PREND_LA_VALEUR n*p PTTC PREND_LA_VALEUR PHT*(1+t/100)

3. a) p, n, t.b) p PREND_LA_VALEUR n*p p PREND_LA_VALEUR p*(1+t/100)c) L’économie du nombre de variables dégrade la lisibilité de l’algorithme.

Activité1 On obtient f (4).

2 5 – 3 EXE ÷ – 2 EXE

Exercices

7 5 × 5 + 4 × 4 EXE EXE

8 a) 4 A EXE A – 2

B EXE A × B + 5 EXE

b) 4 + 2 A EXE 2 – 5 ÷ A EXE

9 A – 2 ; B – 3 ; C – 1 .

10 1. a) On peut envisager jusqu’à cinq variables : le premier nombre A, le carré B de ce premier nombre, le second nombre C, le carré D de ce second nombre, la somme E de B et D.

THÈME 3 L’instruction conditionnelleActivité

Exercices

12 T.I.

Casio

13 1. Il suffit d’ajouter une variable p et la ligne de traitement « p prend la valeur b-m*a ».

2. Avec AlgoBox :

1 VARIABLES

2 a EST_DU_TYPE NOMBRE

3 b EST_DU_TYPE NOMBRE

4 c EST_DU_TYPE NOMBRE

5 d EST_DU_TYPE NOMBRE

6 m EST_DU_TYPE NOMBRE

7 p EST_DU_TYPE NOMBRE

8 DEBUT_ALGORITHME

9 AFFICHER «Saisissez les coordonnées

du point A.»

10 LIRE a

11 LIRE b


du point B.»

13 LIRE c

14 LIRE d

15 // On calcule les paramètres de la

droite

16 m PREND_LA_VALEUR (d-b)/(c-a)

17 AFFICHER «Le coefficient directeur

de (AB) est »

18 AFFICHER m

19 p PREND_LA_VALEUR b-m*a

20 AFFICHER «L’ordonnée à l’origine

de (AB) est »

21 AFFICHER p

22 FIN_ALGORITHME

THÈME 2 Variables et affectation



ath Term

. S

3. Avec AlgoBox :

1 VARIABLES





6 m EST_DU_TYPE NOMBRE


8 DEBUT_ALGORITHME


du point A.»

10 LIRE a

11 LIRE b


du point B.»

13 LIRE c

14 LIRE d

15 SI (a==c) ALORS

16 DEBUT_SI

17 AFFICHER «(AB) est parallèle à (Oy)

et a pour équation x = »

18 AFFICHER a

19 FIN_SI

20 SINON

21 DEBUT_SINON

22 m PREND_LA_VALEUR (d-b)/(c-a)

23 AFFICHER «Le coefficient directeur

de (AB) est »

24 AFFICHER m

25 p PREND_LA_VALEUR b-m*a

26 AFFICHER «L’ordonnée à l’origine

de (AB) est »

27 AFFICHER p

28 FIN_SINON

29 FIN_ALGORITHME

14 a) Cet algorithme teste la colinéarité ou l’ortho-gonalité de deux vecteurs définis par leurs coordonnées.Ligne 15 : « … colinéaires. »Ligne 19 : « … orthogonaux. »b) et c) Le programme AlgoBox final peut être :

1 VARIABLES





6 k EST_DU_TYPE NOMBRE

7 message EST_DU_TYPE CHAINE

8 DEBUT_ALGORITHME

9 AFFICHER «Entrez les coordonnées du

vecteur u.»

10 LIRE a

11 LIRE b

12 AFFICHER «Entrez les coordonnées du

vecteur v.»

13 LIRE c

14 LIRE d

15 SI (a==0 et b==0) ALORS

16 DEBUT_SI

17 AFFICHER «u est nul.»

18 FIN_SI

19 SI (c==0 et d==0) ALORS

20 DEBUT_SI

21 AFFICHER «v est nul.»

22 message PREND_LA_VALEUR «v= 0 u.»

23 FIN_SI

24 SINON

25 DEBUT_SINON

26 SI (c==0) ALORS

27 DEBUT_SI

28 k PREND_LA_VALEUR b/d

29 message PREND_LA_VALEUR

«u = «+k+» v.»

30 FIN_SI

31 SINON

32 DEBUT_SINON

33 k PREND_LA_VALEUR a/c

34 message PREND_LA_VALEUR

«u = «+k+» v.»

35 FIN_SINON

36 FIN_SINON

37 SI (a*d-b*c==0) ALORS

38 DEBUT_SI

39 AFFICHER «u et v sont colinéaires.»

40 AFFICHER message

41 FIN_SI

42 SI (a*c+b*d==0) ALORS

43 DEBUT_SI

44 AFFICHER «u et v sont orthogonaux.»

45 FIN_SI

46 FIN_ALGORITHME

15 T.I.

Casio

16 1.

Entrées Sorties

A B C A B H

4 8 7 4 7 8

8 7 4 4 7 8

8 4 7 7 4 8

4 7 8 4 7 8

ath Term

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THÈME 4 La boucle conditionnelle

Activité4 Le dixième carré a un côté inférieur à 0,5.

Exercices

17 1. et 2.

T.I.

Casio

Remarque. Dans le langage de programmation CASIO, les instructions d’une boucle « Do-LpWhile » sont exécutées une première fois, puis tant que la condition est vérifiée.

18 1. Au début du jeu, le lièvre et la tortue sont derrière la ligne de départ. Un dé est lancé. Si le résultat de ce

lancer est 6, alors le lièvre arrive directement sur la case « Arrivée » et remporte la manche. Sinon, la tortue avance d’un nombre de cases égal au résultat du lancer. Si la tortue arrive sur la case « Arrivée », alors elle remporte la manche. On relance le dé jusqu’à ce que l’un des protagonistes remporte la manche.

2. Avec AlgoBox :

1 VARIABLES

2 T EST_DU_TYPE NOMBRE

3 L EST_DU_TYPE NOMBRE

4 D EST_DU_TYPE NOMBRE

5 GL EST_DU_TYPE NOMBRE

6 GT EST_DU_TYPE NOMBRE

7 i EST_DU_TYPE NOMBRE

8 DEBUT_ALGORITHME

9 i PREND_LA_VALEUR 0

10 GT PREND_LA_VALEUR 0

11 GL PREND_LA_VALEUR 0

12 TANT_QUE (i<1000) FAIRE

13 DEBUT_TANT_QUE

14 i PREND_LA_VALEUR i+1

15 D PREND_LA_VALEUR 0

16 T PREND_LA_VALEUR 0

17 L PREND_LA_VALEUR 0

18 TANT_QUE (T<7 ET L!=7) FAIRE

19 DEBUT_TANT_QUE

20 SI (D==6) ALORS

21 DEBUT_SI


23 GL PREND_LA_VALEUR GL+1

24 FIN_SI

25 SINON

26 DEBUT_SINON

27 T PREND_LA_VALEUR T+D

28 FIN_SINON

29 SI (T>=7) ALORS

30 DEBUT_SI

2. Cet algorithme affecte à la variable H la plus grande des valeurs A, B, C initialement saisies.

Avec AlgoBox :

1 VARIABLES




5 h EST_DU_TYPE NOMBRE

6 DEBUT_ALGORITHME

7 LIRE a

8 LIRE b

9 LIRE c

10 h PREND_LA_VALEUR c

11 SI (a<b) ALORS

12 DEBUT_SI

13 SI (b>c) ALORS

14 DEBUT_SI

15 h PREND_LA_VALEUR b

16 b PREND_LA_VALEUR c

17 FIN_SI

18 FIN_SI

19 SINON

20 DEBUT_SINON

21 SI (a>c) ALORS

22 DEBUT_SI

23 h PREND_LA_VALEUR a

24 a PREND_LA_VALEUR c

25 FIN_SI

26 FIN_SINON

27 SI (h*h==a*a+b*b) ALORS

28 DEBUT_SI

29 AFFICHER «Le triangle est rectangle.»

30 FIN_SI

31 SINON

32 DEBUT_SINON

33 AFFICHER «Le triangle n’est pas

rectangle.»

34 FIN_SINON

35 FIN_ALGORITHME

ath Term

. S

19 1. Avec AlgoBox :

1 VARIABLES

2 u EST_DU_TYPE NOMBRE

3 v EST_DU_TYPE NOMBRE




7 DEBUT_ALGORITHME

8 u PREND_LA_VALEUR 2

9 v PREND_LA_VALEUR 1

10 LIRE p

11 TANT_QUE (u-v>p) FAIRE

12 DEBUT_TANT_QUE

13 a PREND_LA_VALEUR (u+v)/2

14 b PREND_LA_VALEUR 4/(u+v)

15 u PREND_LA_VALEUR a

16 v PREND_LA_VALEUR b

17 FIN_TANT_QUE

18 AFFICHER v

19 AFFICHER u

20 FIN_ALGORITHME

2. On modifie les lignes suivantes :

8 u PREND_LA_VALEUR 5

14 b PREND_LA_VALEUR 10/(u+v)

20 1. Selon les habitudes de programmation, les répon ses peuvent être variées.

Voici un algorithme utilisant les opérateurs de base :

Variables

a, b et c sont de type numérique

Entrée

Lire a et b

Tant que a>0

R prend la valeur a

a prend la valeur a-b

Fin de boucle

Sortie

Afficher R

2. La structure « jusqu’à » n’existe pas pour tous les langages de programmation. On utilise alors une structure « tant que » en s’assurant que les instructions de la boucle seront exécu-tées au moins une fois. Exemple avec AlgoBox :

3. PGCD(660 ; 1 050) = 30 et PGCD(4 410 ; 2 100) = 210.

31 GT PREND_LA_VALEUR GT+1

32 FIN_SI

33 D PREND_LA_VALEUR ALGOBOX_ALEA_

ENT(1,6)

34 FIN_TANT_QUE

35 FIN_TANT_QUE

36 AFFICHER « Nombre de parties gagnées

par le lièvre : »

37 AFFICHER GL

38 AFFICHER « Nombre de parties gagnées

par la tortue : »

39 AFFICHER GT

40 FIN_ALGORITHME

3.

1 VARIABLES

2 T EST_DU_TYPE NOMBRE

3 L EST_DU_TYPE NOMBRE

4 D EST_DU_TYPE NOMBRE

5 GL EST_DU_TYPE NOMBRE

6 GT EST_DU_TYPE NOMBRE

7 gagnant EST_DU_TYPE CHAINE

8 DEBUT_ALGORITHME

9 //La tortue et le lièvre sont derrière

la ligne de départ.

10 T PREND_LA_VALEUR 0

11 D PREND_LA_VALEUR 0

12 TANT_QUE (T<7 ET L!=7) FAIRE

13 DEBUT_TANT_QUE

14 //On lance un dé tant qu’il n’y a

pas de vainqueur.

15 D PREND_LA_VALEUR ALGOBOX_ALEA ENT(1,6)

16 AFFICHER D

17 //Si le dé indique 6 alors le

lièvre arrive directement sur la

case arrivée et gagne la partie.

18 SI (D==6) ALORS

19 DEBUT_SI


21 gagnant PREND_LA_VALEUR «le lièvre.»

22 FIN_SI

23 SINON

24 DEBUT_SINON

25 //Sinon la tortue avance du

nombre de cases indiquées par le

dé.

26 T PREND_LA_VALEUR T+D

27 FIN_SINON

28 SI (T>=7) ALORS

29 DEBUT_SI

30 //Si la tortue franchit la ligne

d’arrivée alors elle gagne la

partie.

31 gagnant PREND_LA_VALEUR «la tortue.»

32 FIN_SI

33 FIN_TANT_QUE

34 AFFICHER «Le gagnant est : »

35 AFFICHER gagnant

36 FIN_ALGORITHME

4. La tortue semble avantagée. En modifiant le programme, on peut conjecturer que pour 10 ou 11 cases, le jeu est plus équitable.

ath Term

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THÈME 5 La boucle incrémentaleActivité

1 a) Ligne 6 : u prend la valeur 5 Ligne 10 : Tant que i < p Ligne 11 : u prend la valeur 0.9u.

b) T.I.

Casio

2. T.I.

Casio

Exercices

21 1. T.I.

Casio

2. Non car il serait nécessaire de connaitre par avance le nombre d’itérations de la boucle.

22 1. Répondre aléatoirement à chaque question revient à attribuer à chaque réponse la note aléatoire 0 ou 1. La fonction ALGOBOX_ALEA_ENT(0,1) retourne aléatoirement 0 ou 1. On simule ici par une boucle une réponse aléatoire aux dix questions successives.

2. Il s’agit d’un problème d’initialisation de la variable Note. La ligne 14 doit être déplacée entre les lignes 9 et 10.

3. On peut envisager plusieurs solutions avec une structure conditionnelle. On peut aussi changer la formule de calcul de la note pour prendre en compte une pénalité P (P 0) :

23 1. a) Hormis 1, le plus petit diviseur de N peut

être 2. Dans ce cas, N

2 est le plus grand des diviseurs de

N, hormis N lui-même.

b) On peut tester si le reste de la division euclidienne de N par I est nul (voir la question 1. de l’exercice 20 ).

c) Avec AlgoBox :

2. a) Avec AlgoBox :



ath Term

. S

Commentaire. On convient que dans le cas N = 1 (un seul diviseur), le joueur marque aussi 1 point. L’algorithme proposé permet le calcul du score à l’issue des 100 parties.Une autre approche est possible en faisant afficher le gain algébrique moyen :

gain moyen = score

nombre de parties.

c) En modifiant l’algorithme pour simuler un grand nombre de parties et en effectuant plusieurs simulations, on peut conjecturer une valeur de p proche de 10.

Commentaire. On note G la variable aléatoire qui indique le gain algébrique lors d’une partie. Dire que le jeu est équitable signifie que E(G) = 0.L’utilisation du programme de la question 2. a) permet de dénombrer le nombre de diviseurs des entiers de 1 à 100 :

11 22 32 43 52 64 72 84 93 104112 126 132 144 154 165 172 186 192 206214 224 232 248 253 264 274 286 292 308312 324 334 344 354 369 372 384 394 408412 428 432 446 456 464 472 4810 493 506514 526 532 548 554 568 574 584 592 6012612 624 636 647 654 668 672 686 694 708712 7212 732 744 756 766 774 788 792 8010815 824 832 8412 854 864 874 888 892 9012914 926 934 944 954 9612 972 986 996 1009

Ainsi entre 1 et 100, il existe :• 20 nombres entiers ayant au moins 7 diviseurs,• 25 nombres premiers, • 55 nombres entiers ayant entre 3 et 6 diviseurs ou bien égal à 1.Loi de G:

k −10 1 p

P(G = k) 0,25 0,55 0,2

D’où E(G) = 0,2p – 1,95.Ainsi, E(G) = 0 ⇔ 0,2p – 1,95 = 0 ⇔ p = 9,75.La conjecture sur la valeur entière de p qui rende ce jeu le plus équitable possible est en accord avec ce résultat.

b) Avec AlgoBox :

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12

– T

ran

sma

th T

erm

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1CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 1 Suites

Suites

Activité 1

1 Pour tout entier naturel non nul n, un = 2n : la suite (u

n)

est géométrique de premier terme u0 = 1 et de raison 2.

2 Comme 4 h = 12 × 20 min, u12

= 212 = 4 096.

3 u25

= 33 554 432 et u26

= 67 108 864 donc au bout de 26 × 20 min, soit 8 h 40 min, la population de bactéries dépasse les 38 000 000.

4 1 km = 109 µm, d’où VTerre

= 4π

3 × (6 370 × 109)3 µm3

VTerre

≈ 1,08 × 1039. Or 2129 < 1,08 × 1038 < 2130. En théorie, le volume de la descendance dépasse celui de la Terre en 130 × 20 min soit 43 h 20 min.

Activité 2

1 La population rurale diminue de 10 % (d’où le terme 0,9r

n) mais 5 % des citadins viennent s’ajouter (d’où le

terme 0,05un).

Inversement, les citadins perdent 5 % (il reste 0,95un) et

voient arriver 10 % des ruraux (0,10rn).

2 a) La population totale reste constante (par hypothèse) et égale à 10 (en millions d’habitants).Donc, pour tout entier naturel n, u

n + r

n = 10, et

un = 10 – r

n.

b) Pour tout entier naturel n,r

n+1 = 0,9r

n + 0,05(10 – r

n) = 0,85r

n + 0,5.

3 a) et b) Graphique ci-après.

4 a) La suite (rn) semble décroissante et donc la suite (u

n)

croissante.b) Cependant, la suite (r

n) semble se « stabiliser » vers

une valeur supérieure à 3, donc on ne peut pas, suivant ce modèle, envisager une désertification des zones rurales.

5 r30

≈ 3,353 et donc u30

≈ 6,647.

y

x1

of_g01

r2r3 r0r1

1

0

y = x

y = 0,85x + 0,5

d

Activité 3

1 a) Raisonnons par l’absurde. Si a < 12 et 2a

< 12, les

nombres étant tous strictement positifs, on peut multiplier membre à membre ces inégalités, et alors 2 < 2, ce qui est impossible. Donc le nombre 12 ne peut être strictement

supérieur à a et à 2a

.

De la même manière, on montre que 12 ne peut être

strictement inférieur à a et à 2a

.

Conclusion, 12 est compris entre a et 2a

.

b) Supposons a < 2a

.

La propriété démontrée dans les quatre lignes qui suivent peut être admise sans démonstration…

a < 2a

⇔ a + 2a

< 2a

+ 2a

⇔ b < 2a

.

a < 2a

⇔ a + a < a + 2a

⇔ a < b.

D’où a < 2a

⇔ b ∈ 4a ; 2a3.

De la même manière, a > 2a

⇔ b ∈ 4 2a

; a3.On suppose donc que a <

2a

et que b ∈ 4a ; 2a3.

ACTIVITÉS (page 22)

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th T

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2 Enseignement spécifique Chapitre 1 Suites

Les nombres étant tous strictement positifs,

a 2a

⇔ 2b

∈ 4 2a

; a3.c) Le raisonnement fait en a) nous permet d’affirmer

que 12 appartient à l’intervalle ouvert d’extrémités b et 2b

.

Comme d’après b) cet intervalle est contenu (strictement)

dans l’intervalle ouvert d’extrémités a et 2a

, on obtient bien un encadrement plus fin de 12.

2 a) u0 = 1,

2u

0

= 2, u1 =

32

, 2u

1

= 43

, u2 =

1712

.

2—u0

1 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2

u1

u2

u0

2—u1

b) u3 = 1,414 215 et u

4 = 1,414 213 à 10–6 près par défaut.

On peut donc en conclure que 1,414 214 est une valeur approchée de 12 à 10–6 près.

3 a) Sur ]0 ; 2], x = 12

1x + 2x2 ⇔ x =

2x

⇔ x2 = 2 ⇔ x = 12.

Les courbes se coupent donc au point de coordonnées (12 ; 12).b)

La représentation graphique permet de conjecturer que la suite (u

n) converge vers 12.

1 Pour tout entier naturel n, on note rn le reste de la

division euclidienne de 3n par 8. Ainsi :31 = 0 × 8 + 3 r

1 = 3 ; 32 = 1 × 8 + 1 r

2 = 1

33 = 3 × 8 + 3 r3 = 3 ; 34 = 10 × 8 + 1 r

4 = 1

On peut vérifier que r14

= 1 et r15

= 3 et conjecturer que r

2012 = 1.

Avec les acquis de ce chapitre, on peut démontrer par récurrence que r

n = 1 si n est pair et que r

n = 3 si n est

impair.

•Supposonsn pair : n = 2k, avec k ∈ .Soit (P

k) la proposition : r

2k = 1.

Initialisation : r2 = 1 donc (P

1) est vraie.

Hérédité : supposons (Pk) vraie (r

2k = 1).

r2k

= 1 signifie que 32k = 8q + 1 avec q ∈ .32(k+1) = 9(8q + 1) = 8(9q + 1) + 1, donc r

2(k+1) = 1 : (P

k) vraie

entraîne (Pk+1

) vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel k, r2k

= 1, ce qui revient à dire que pour tout entier naturel pair n, le reste de la division euclidienne de 3n par 8 est égal à 1.

•Ondémontrede lamêmemanièrequepour tout entiernaturel impair n, le reste de la division euclidienne de 3n par 8 est égal à 3. Ainsi, r

14 = 1, r

15 = 3 et r

2012 = 1.

2 • 1

1 × 2 + 1

2 × 3 = 2

3 , 1

1 × 2 + 1

2 × 3 + 1

3 × 4 = 3

4 ,

1

2 × 2 + 1

2 × 3 + 1

3 × 4 + 1

4 × 5 = 4

5 .

On peut conjecturer que la somme proposée est 2 012

2 013 et

que l’entier le plus proche est 1. •Ladémonstrationnécessitel’utilisationd’unoutilprésentédans le chapitre : le raisonnement par récurrence.Pour tout naturel non nul n, posons

un = 1

1 × 2 + 1

2 × 3 + … + 1

n(n + 1) .

Hypothèse de récurrence : un = n

n + 1 .

Initialisation : u1 = 1

1 × 2 = 1

2 : la propriété est vraie au

rang 1.Hérédité : supposons-la vraie au rang n et calculons u

n + 1.

un + 1

= n

n + 1 + 1

(n + 1)(n + 2) =

n(n + 2) + 1

(n + 1)(n + 2)

= n2 + 2n + 1

(n + 1)(n + 2) = n + 1

n + 2 .

La propriété est héréditaire.

Conclusion : pour tout naturel non nul n, un = n

n + 1 .

La somme proposée est bien 2 012

2 013 et l’entier le plus proche

est 1.

PROBLÈMES OUVERTS

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th T

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. S


Initialisation : u4 = 26 > 24 = 16, (P

4) est vraie.

Hérédité : supposons (Pn) vraie, pour n > 4 :

u2n > 22n donc u

n+1 > 22n + 1 = 2n+1 × 2n–1 + 1 > 2n+1.

(Pn) vraie entraîne (P

n+1) vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel n > 4, (Pn) est vraie.

7 n est un entier naturel. Soit (P

n) la proposition : 0 < u

n < 2.

Initialisation : u0 = 1, donc (P

0) est vraie.

Hérédité : supposons (Pn) vraie, pour n ∈ .

Il en résulte 1 < un + 1 < 3 et la fonction racine carrée étant

strictement croissante sur [0 ; + ∞[, 1 < 8u

n + 1 < 13 d’où 0 < u

n+1 < 2.


n+1) vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel n, (Pn) est vraie.

8 n est un entier naturel. Soit (P

n) la proposition : 2 < u

n < 3.

Initialisation : u0 = 2, donc (P

0) est vraie.


Il en résulte 7 < un + 5 < 8 et la fonction racine carrée étant

strictement croissante sur [0 ; + ∞[, 17 < 8u

n + 5 < 18 d’où 2 < u

n+1 < 3.


n+1) vraie.


9 n est un entier naturel.

Soit (Pn) la proposition :

12

< un < 1.

Initialisation : u0 =

12

, donc (P0) est vraie.


La fonction f telle que f(un) = u

n+1,

f : x x2 – x + 1 a pour tableau de variation :

x – ∞12

1 + ∞

f 34

1

Donc si 12

< un < 1, alors

34

< un+1

< 1.


n+1) vraie.


10 1. S2 = 1, S

3 = 3, S

4 = 6, S

5 = 10.

2. Sn = 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) =

n(n – 1)2

.

3. n est un entier naturel, n > 2.

Soit (Pn) la proposition : S

n =

n(n – 1)2

.

Initialisation : S2 = 1 =

2(2 – 1)2

, donc (P2) est vraie.

Hérédité : supposons (Pn) vraie, pour n > 2.

Ajoutons, sur le cercle, un point (distinct des n précédents). Nous avons exactement n nouveaux segments à tracer : d’extrémités le nouveau point et un des n points précédents.

1 1. n est un entier naturel non nul, soit (Pn) la

proposition : 13 + 23 + … + n3 = n2(n + 1)2

4.

Initialisation : 12(1 + 1)2

4 = 1 = 13. (P

1) est vraie.

Hérédité : supposons (Pn) vraie, pour n ∈ * :

13 + 23 + … + n3 + (n + 1)3 = n2(n + 1)2

4 + (n + 1)3

= (n + 1)2 (n + 2)2

4

donc (Pn) vraie entraîne (P

n+1) vraie.

Conclusion : pour tout entier n > 1, (Pn) est vraie.

2. Pour tout entier naturel n non nul, 13 + 23 + … + n3 = (1 + 2 +… + n)2.

2 n est un entier naturel non nul, soit (Pn) la proposition :

1 × 2 + 2 × 3 + … + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)

3.

Initialisation : 1 × 2 = 1(1 + 1)(1 + 2)

3. (P

1) est vraie.


1 × 2 + 2 × 3 + … + (n + 1)(n + 2)

= n(n + 1)(n + 2)

3 + (n + 1)(n + 2)

= (n + 1)(n + 2)(n + 3)

3.


n+1) vraie.



1 + (2 × 2!) + (3 × 3!) + … + (n × n!) = (n + 1)! – 1.Initialisation : 1 = 2! – 1, (P

1) est vraie.


1 + (2 × 2!) + (3 × 3!) + … + (n + 1) × (n + 1)! = (n + 1)! – 1 + (n + 1) × (n + 1)!

= (n + 1)! [1 + n + 1] – 1 = (n + 2)! – 1. (P

n) vraie entraîne (P

n+1) vraie.



n! > 2n–1.Initialisation : 1! = 1 = 21–1, (P

1) est vraie.


(n + 1)! = (n + 1) n! > 2 × n! > 2n.(P


n+1) vraie.


5 Soit (Pn) la proposition : u

n > n2.

Initialisation : u0 = 1 > 02, (P

1) est vraie.

Hérédité : supposons (Pn) vraie, pour n ∈ :

un+1

> n2 + 2n + 1 = (n + 1)2.(P


n+1) vraie.


6 n est un entier naturel, n > 4. Soit (P

n) la proposition : u

n > 2n.

EXERCICES Application (page 29)

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20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) limn → + ∞

n1n = limn → + ∞

n2 = + ∞ : nous sommes en présence

d’une forme indéterminée.Pour tout entier naturel n, u

n = n1n (1 – 1n).

Comme limn → + ∞

(1 – 1n) = – ∞, le théorème 4 permet de

conclure : limn → + ∞

un = – ∞.

18 a) limn → + ∞

3n = limn → + ∞

2n = + ∞ (théorème 7).

Nous sommes en présence d’une forme indéterminée.

Pour tout entier naturel n, un = 3n11 – 1 2

3 2n

2.Or lim

n → + ∞ 1 2

3 2n

= 0 (conséquence du théorème 7), donc

limn → + ∞

11 – 1 23 2

n

2 = 1 et limn → + ∞

un = + ∞.

b) limn → + ∞

5n = limn → + ∞

4n = + ∞ (théorème 7).

Il en résulte limn → + ∞

(5n – 1) = limn → + ∞

(4n + 3) = + ∞.


un =

5n11 – 15n2

4n11 – 14n2

= 1 54 2

n

× 11 –

15n2

11 – 14n2

.

limn → + ∞

11 – 15n2 = lim

n → + ∞ 11 – 1

4n2 = 1 et limn → + ∞

1 54 2

n

= + ∞

1car 54

> 1 ; théorème 72. Il en résulte limn → + ∞

un = + ∞.

19 a) limn → + ∞

(5n2 – 5) = + ∞ et limn → + ∞

2n(n + 1) = + ∞.


un =

5n211 – 1n22

2n211 + 1n2

= 52

× 1 – 1

n2

1 + 1n

.


11 – 1n22 = lim

n → + ∞ 11 + 1

n2 = 1, nous pouvons

conclure que limn → + ∞

un =

52

.

•Autreméthode(àretenir):un est une fonction rationnelle

de n et se comporte à l’infini comme le quotient de ses monômes de plus haut degré :

limn → + ∞

un = lim

n → + ∞ 5n2

2n2 =

52

.

•Autreméthode(situationtrèsparticulière):lenumérateurse factorisant en 5(n + 1)(n – 1), la simplification par (n + 1) est envisageable. b) lim

n → + ∞ (7n + 3) = lim

n → + ∞ n2 = + ∞ : nous sommes en présence

d’une forme indéterminée.En divisant numérateur et dénominateur par n (non nul), il

vient un =

7 + 3n

n .

limn → + ∞

17 + 3n2 = 7 et lim

n → + ∞ n = + ∞. Nous pouvons conclure

(théorème 5) : limn → + ∞

un = 0.

20 •Étude de (un). lim

n → + ∞ (3n2 – 4) = lim

n → + ∞ (n + 1) = + ∞.

Nous sommes en présence d’une forme indéterminée.En divisant numérateur et dénominateur par n (non nul),

Donc Sn+1

= Sn + n =

n(n – 1)2

+ n = n(n – 1) + 2n

2 soit

Sn+1

= n(n + 1)

2 et (P


n+1) vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel n > 2, (Pn) est vraie.

11 Pour tout entier naturel non nul n, –1 < (–1)n < 1

donc – 3n

< un < 7

n. Or lim

n → + ∞ – 3

n = lim

n → + ∞ 7n

= 0.

Le théorème des gendarmes (théorème 2) nous permet de conclure : lim

n → + ∞ u

n = 0.

12 Pour tout entier naturel non nul n, –1 < (–1)n < 1

donc – 5n

< 5(–1)n

n < 5

n et 2 – 5

n < u

n < 2 + 5

n.

Or limn → + ∞

12 – 5n2 = lim

n → + ∞ 12 + 5

n2 = 2.

Le théorème des gendarmes (théorème 2) nous permet de conclure : lim

n → + ∞ u

n = 2.

13 Pour tout entier naturel n, –1 < – (–1)n < 1, donc 3n – 1 < u

n.

Or limn → + ∞

(3n – 1) = + ∞, donc le théorème de comparaison

(théorème 1) nous permet de conclure : limn → + ∞

un = + ∞.

14 Pour tout entier naturel n, –1 < sin(n2 + 1) < 1, donc

– 17n + 1

< un < 1

7n + 1.

Or limn → + ∞

17n + 1

= 0. Nous sommes dans les conditions

d’utilisation du théorème des gendarmes (théorème 2) et lim

n → + ∞ u

n = 0.

15 1. Pour tout entier naturel n > 3,

un = n2 + 1

7n – 2 > n2

7n – 2 > n2

1n = n1n.

2. Comme limn → + ∞

n1n = + ∞, le théorème de comparaison

(théorème 1) nous permet de conclure :lim

n → + ∞ u

n = + ∞.

16 1. Pour tout entier k,(0 < k < n) ⇔ (0 < 1k < 1n)

(stricte croissance de la fonction racine carrée) et

(0 < 1k < 1n) ⇔ 1 11n

< 11k

2(passage à l’inverse dans ]0 ; + ∞[).Pour tout entier naturel n > 4, chacun des n termes de la

somme un est supérieur à 1

1n, donc

un > n × 1

1n = 1n.

2. Comme limn → + ∞

1n = + ∞, le théorème de comparaison


n → + ∞ u

n = + ∞.

17 a) limn → + ∞

n2 = limn → + ∞

3n = + ∞.

Nous sommes en présence d’une forme indéterminée.Pour tout entier naturel n, u

n = n(n – 3) est le produit de

deux facteurs ayant pour limite + ∞ quand n tend vers + ∞, donc (théorème 4) lim

n → + ∞ u

n = + ∞.

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20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

On utilise l’expression conjuguée pour lever l’indétermi-nation.

un = 182n + 1 – 82n – 12 182n + 1 + 82n – 12

82n + 1 + 82n – 1

= 2

82n + 1 + 82n – 1et (théorème 5) lim

n → + ∞ u

n = 0.

b) un = 1n

81 + 1n

+ 81 + 2n

. limn → + ∞

1n = + ∞,

limn → + ∞

81 + 1n

= 1 = limn → + ∞

81 + 2n

,

donc (théorème 5) limn → + ∞

un = + ∞.

24 a) un = n × 7n + 2 – 7n + 1

7n + 1 × 7n + 2.

un = n ×

17n + 1 × 7n + 2 × 17n + 2 + 7n + 12

= 1

81 + 1n

× 81 + 2n

× 17n + 2 + 7n + 12

.


81 + 1n

= limn → + ∞

81 + 2n

= 1,

limn → + ∞

7n + 2 = limn → + ∞

7n + 1 = + ∞, les théorèmes 3, 4 et 5

nous permettent de conclure : limn → + ∞

un = 0.

b) Nous sommes, au numérateur, en présence d’une forme indéterminée. On utilise l’expression conjuguée pour lever l’indétermination.

un =

–18n2 + 5 (3n + 99n2 + 1)

.

Or limn → + ∞

8n2 + 5 = limn → + ∞

3n = limn → + ∞

99n2 + 1 = + ∞ (tous

supérieurs à n par exemple). Les théorèmes 3, 4 et 5 nous permettent de conclure : lim

n → + ∞ u

n = 0.

25 On reconnaît la somme des n premiers termes de la

suite géométrique de premier terme 13

et de raison 13

:

Sn =

13

– 13n+1

1 – 13

= 32

1 13

– 13n+1 2 = 1

2 11 – 1

3n2.

Comme | 13 | < 1, lim

n → + ∞ 1

3n = 0, donc (conséquence du

théorème 7), limn → + ∞

Sn = 1

2.

26 On reconnaît la somme des (n + 1) premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison

1– 12 2 :

Sn =

1 – 1– 12 2

n+1

1 + 12

= 23

11 – 1– 12 2

n+1

2.

limn → + ∞

1– 12 2

n+1

= 0, donc (conséquence du théorème 7),

limn → + ∞

Sn = 2

3.

il vient un =

3n – 4n

1 + 1n

, expression qui permet de lever

l’indétermination car :

limn → + ∞

13n – 4n2 = + ∞ et lim

n → + ∞ 11 + 1

n2 = 1.

Il en résulte, limn → + ∞

un = + ∞.

•Étude de (vn)

vn =

3n2 – 4n2 + n

= 3 – 4

n2

1 + 1n

et limn → + ∞

vn = 3.

•Étude de (wn)

wn =

3n2 – 4n + 1

– 3n = 3n2 – 4 – 3n2 – 3

n + 1 =

–7n + 1

et limn → + ∞

wn = 0.

21 a) 2n2 – 5 > n2 dès que n > 3. La fonction racine carrée est croissante sur ]0 ; + ∞[ donc pour n > 3, u

n > 3n2 = n. Le théorème de comparaison (théorème 1)

nous permet de conclure : limn → + ∞

un = + ∞.

b) Pour tout entier naturel n, n2 + 3n > n2. La fonction racine carrée est croissante sur ]0 ; + ∞[ donc pour tout n, u

n > 3n2 = n. Le théorème de comparaison


n → + ∞ u

n = + ∞.

22 a) On utilise l’expression conjuguée pour lever l’indétermination.

un = 192n2 – 5 – n12 2 192n2 – 5 + n12 2

92n2 – 5 + n12

= –5

92n2 – 5 + n12.


92n2 – 5 = + ∞ (cf. exercice 21.a) du manuel)

et limn → + ∞

n12 = + ∞, il en résulte que

limn → + ∞

192n2 – 5 + n12 2 = + ∞ et (théorème 5) limn → + ∞

un = 0.

b) On utilise l’expression conjuguée pour lever l’indéter-mination.

un =

n182 + 1n

– 122 182 + 1n

+ 12282 +

1n

+ 12

= 1

82 + 1n

+ 12

.


1n

= 0, il en résulte limn → + ∞

un =

1212

.

23 a) Pour tout entier naturel non nul n,2n + 1 > 2n – 1 > n. La fonction racine carrée est croissante sur ]0 ; + ∞[ donc pour tout n non nul, 82n + 1 > 82n – 1 > 1n. De plus lim

n → + ∞ 1n = + ∞.

Le théorème de comparaison (théorème 1) nous permet d’affirmer que

limn → + ∞

82n + 1 = limn → + ∞

82n – 1 = + ∞.

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– T

ran

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th T

erm

. S


2. an = π

2 31 – 1 1

4 + 1

16 + … + 1

4n24

= π

2 31 –

14

– 14n+1

1 – 14

4 = π

2 31 – 1

3 11 – 1

4n24.

Comme | 14 | < 1, lim

n → + ∞ 14n

= 0 (conséquence du théorème 7),

et limn → + ∞

Sn =

π

3.

1. y

x1

1

20

2

u0

u1

u3

u2

2. a) Notons(Pn) la proposition : u

n < u

n+1 < 2.

u0 = 1 et u

1 =

32

, soit u0 < u

1 < 2 : (P

0) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un entier naturel n, c’est-à-dire

un < u

n+1 < 2.

Il en résulte 12

un + 1 <

12

un+1

+ 1 < 12

× 2 + 1 soit

un+1

< un+2

< 2. (Pn) vraie entraîne (P

n+1) vraie.

Conclusion : pour tout entier n, un < u

n+1 < 2.

b) Ainsi la suite (un) est croissante et majorée : elle est donc

convergente (théorème 9).

3. a) vn+1

= 2 – un+1

= 1 – 12

un =

12

vn.

De plus v0 = 2 – u

0 = 1. La suite (v

n) est géométrique de

premier terme 1 et de raison 12

.

b) Comme | 12 | < 1, le théorème 7 nous permet d’affirmer

que limn → + ∞

vn = 0 et donc lim

n → + ∞ u

n = 2.

35 Un encadrement utile•L’outil– Théorème des gendarmes.

•Lesobjectifs– Encadrer la somme de nombres positifs ordonnés.– Savoir utiliser le théorème des gendarmes.

27 On reconnaît la somme des n premiers termes de la suite géométrique de premier terme 0,6 et de raison 0,6.

Sn =

0,6 – 0,6n+1

1 – 0,6 =

32

(1 – 0,6n).

Comme |0,6| < 1, limn → + ∞

0,6n = 0, (conséquence du théo-

rème 7), limn → + ∞

Sn =

32

.

28 1. En cm2, a0 = π

2, a

1 = π

2 – π

8 = 3π

8,

a2 = 3π

8 – π

32 = 11π

32, a

3 = 11π

32 – π

128 = 43π

128.

33 Conjecturer puis démontrer•L’outil– Raisonnement par récurrence

•Lesobjectifs– Savoir conjecturer une propriété à partir du calcul des premiers termes.– Savoir prouver la conjecture.

1. u1 =

13

, u2 =

17

, u3 =

115

, u4 =

131

, u5 =

163

, u6 =

1127

.

2. 7 – 3 = 22, 15 – 7 = 23, 31 – 15 = 24, 63 – 31 = 25, 127 – 63 = 26.3. a) On peut conjecturer que, pour tout entier naturel n,

un =

12n+1 – 1

.

b) Notons (Pn) la proposition : u

n =

12n+1 – 1

.1

2n+0 – 1 = 1 = u

0 : (P

0) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un entier naturel n.

un+1

=

12n+1 – 11

2n+1 – 1 + 2

= 1

1 + 2n+2 – 2 =

12n+2 – 1

.


n+1) vraie.

Conclusion : pour tout entier n, un =

12n+1 – 1

.

34 Une suite arithmético-géométrique•Lesoutils– Raisonnement par récurrence.– Représentation graphique de fonctions affines.– Propriétés des suites géométriques.

•Lesobjectifs– Repérer graphiquement les premiers termes de la suite.– Conjecturer le comportement de la suite à partir de l’étude graphique.– Prouver la convergence d’une suite.– Calculer la limite d’une suite convergente en utilisant une suite auxiliaire.

EXERCICES Activités de recherche (page 36)

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. S

38 TD – Dépasser un seuilA 1. b) u

n > 800 pour n > 87 ; u

n > 10 000 pour n > 465.

2. un > 106 pour n > 10 001 ; u

n > 5 × 106 pour n > 29 241.

B 1. a) et b)

2. a) Notons g la fonction définie sur [0 ; + ∞[ par

g(x) = 1 – x3

2x + 1.

Ainsi pour tout entier naturel n, g(n) = vn.

g est dérivable sur [0 ; + ∞[ et pour tout x > 0,

g’(x) = – 4x3 + 3x2 + 2

(2x + 1)2 < 0.

g est décroissante sur [0 ; + ∞[, il en est de même de la suite (v

n).

D’autre part, limn → + ∞

vn = lim

n → + ∞ –n3

2n = – ∞.

b)

un < –800 pour n > 41 ;

un < –10 000 pour n > 142 ;

un < –5 × 106 pour n > 3 163.

C 1.

2. un > 106 pour n > 2 002.

39 TD – Au voisinage de la limiteA 1. Pour tout entier naturel n, n + 2 > 0. Il en résulte :

2,9 < 3n + 1n + 2

< 3,1 ⇔ 2,9 (n + 2) < 3n + 1 < 3,1 (n + 2)

⇔ 5 4,8 < 0,1n

–5,2 < 0,1n donc n > 48.

Conclusion : pour tout n > 48, un est dans l’intervalle

]2,9 ; 3,1[.

1. un est la somme de n termes dont le plus petit est 1

n + 1n

et le plus grand 1n + 11

.

2. a) Il en résulte que

n × 1n + 1n

< un < n × 1

n + 11

soit n

n + 1n < u

n <

n

n + 1.

b) n

n + 1n =

1

1 + 1

1n

et donc, comme limn → + ∞

1

1n = 0,

limn → + ∞

n

n + 1n = 1.

D’autre part, n

n + 1 =

1

1 + 1n

. Comme limn → + ∞

1n

= 0,

limn → + ∞

n

n + 1 = 1.

c) Nous sommes dans les conditions d’utilisation du théo-rème des gendarmes et lim

n → + ∞ u

n = 1.

36 Narration de rechercheu

0 < u

1 < … u

n < 1 : la suite est minorée par u

0 et majorée

par 1 : elle est bien bornée et Alain a raison.La suite (v

n) définie pour tout entier naturel non nul n par

un = – 1

n est croissante et majorée par 1. Cependant tous les

termes (une infinité) sont négatifs : Béatrice a tort.

37 Narration de recherche

un+1

– un = 5 – u

n –

5u

n + 1

= –u2

n + 4u

n

un + 1

= u

n(4 – u

n)

un + 1

.

Il en résulte (récurrence immédiate) que si u0 = 0 ou u

0 = 4,

alors la suite (un) est constante.

•Supposons 0 < u0 < 4

Montrons par récurrence que, si 0 < u0 < 4, alors pour tout

entier naturel n, 0 < un < 4.

Notons (Pn) cette proposition.

La proposition est vraie au rang 0, par hypothèse.Supposons (P

n) vraie et remarquons que

un+1

= 5u

n

1 + un

= 5

1 + 1u

n

.

0 < un < 4 ⇔

1u

n

> 14

⇔ 1 + 1u

n

> 54

⇔ 0 < 1

1 + 1u

n

< 45

⇔ 0 < un+1

< 4.(P


n+1) vraie.

La propriété est héréditaire et vraie au rang 0.Conclusion : pour tout entier naturel n, 0 0.

La suite est donc (strictement) croissante et majorée par 4 : elle converge vers ,, avec , < 4. •Supposons 4 4.

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. S


soit un = 1 – 1

5 = 4

5.

2. a) un = 11 – 1

2 2 + 1 12

– 13 2 + … + 1 1

n –

1n + 12

= 1 – 1

n + 1.

b) limn → + ∞

1

n + 1 = 0 et f : x

1x + 1

est décroissante, on peut

(encore) conjecturer que la suite est croissante et converge vers 1.C. a) Pour n entier naturel non nul, notons (P

n) la proposition

« un = 1 –

1n + 1

».

u1 =

11(1 + 1)

= 12

= 1 – 1

1 + 1 : (P

1) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un entier naturel non nul n, c’est-

à-dire un = 1 –

1n + 1

.

un+1

= un +

1(n + 1)(n + 2)

= 1 – 1

n + 1 +

1(n + 1)(n + 2)

= 1 – 1

n + 1 +

1n + 1

– 1

n + 2 (d’après B 1. a)).

Il en résulte : un+1

= 1 – 1

n + 2 donc (P

n+1) est vraie.

(P1) est vraie et (P


n+1) vraie : la proposition

est vraie pour tour entier n > 1.

b) limn → + ∞

1

n + 1 = 0 donc lim

n → + ∞ u

n = 1, ce qui confirme les

conjectures réalisées précédemment.D Pour tout entier k > 1,

1(2k – 1)(2k + 1)

= 1

2(2k – 1) –

12(2k + 1)

.

On démontre de la même manière que :

vn = 1

2 – 1

6 + 1

6 + 1

10 + … –

12(2n + 1)

= 12

– 1

4n + 2

et limn → + ∞

vn = 1

2.

41 TD – Approximation du nombre πA 1. M(x ; y) ∈ CAB ⇔ x ∈ [0 ; 1], y ∈ [0 ; 1] et x2 + y2 = 1 ⇔ x ∈ [0 ; 1] et y = 81 – x2.

2. S10

= 110

3f 1 1102 + f 1 2

102 + … + f 1 91024

= 110

9

∑k = 1 91 – 1 k

1022

.

Sn = 1

n

n – 1

∑k = 1 91 – 1 k

n2

2

.

B 1. a) F1(x) = y = 81 – x2.b) On obtient à l’affichage le nombre 4 × S

n, valeur

approchée (…) du nombre π.2. a) et b) On obtient avec AlgoBox : S

100 000 = 3,141 572 6, valeur approchée de π à 10–4 près (ce

qui est loin de l’approximation obtenue directement avec une calculatrice…).c) On obtient avec AlgoBox : S

1000 = 3,139 555, valeur

d’une précision inférieure à celle obtenue par Archimède : 3,140 845 < π < 3,142 858.

2. 2,999 < 3n + 1n + 2

< 3,001

⇔ 2,999 (n + 2) < 3n + 1 < 3,001 (n + 2)

⇔ 5 4,998 < 0,001n

–5,002 < 0,001n donc n > 4 999.

Conclusion : pour tout n > 4 998, un est dans l’intervalle

]2,999 ; 3,001[.B 1. •Ligne7:u prend la valeur 1, associée à n = 0 à la ligne suivante. C’est la valeur du premier terme u

0.

•Lafonctionf est définie (F1) à la ligne 22.2. •Laboucleconditionnelletestelanon-appartenanceduterme u

n à l’intervalle prédéfini ], – r ; , + r[.

•«Onsort»decettebouclelorsqueun est dans l’intervalle.

3. a) Pour tout n > 9, un ∈ ]5,99 ; 6,01[.

b) Pour tout n > 19, un ∈ ]6 – 10–5 ; 6 + 10–5[.

4. Une étude graphique à l’aide des droites d’équation

y = x

3 + 2 et y = x nous permet de conjecturer que la

suite (un) est croissante et a pour limite 3.

À l’aide de l’algorithme précédent adapté à la situation, pour tout n > 7, u

n est dans l’intervalle ]2,999 ; 3,001[.

40 TD – Suite définie par une somme

A 1. a)

b) On peut conjecturer que pour tout naturel n non nul,

un = n – 1 n .

2.

On peut conjecturer que la suite est croissante et converge vers 1.

B 1. a) 1k

– 1k + 1

= k + 1 – kk(k + 1)

= 1k(k + 1)

.

b) u4 = 11 – 1

2 2 + 1 12

– 13 2 + 1 1

3 – 1

4 2 + 1 14

– 15 2

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3n+1 = 3 × 3n > 3(2n + 5n2) > 2 × 2n + 5 × 3n2.Or (ex 54), pour n > 2, 3n2 > (n + 1)2. Pour n > 5, 3n+1 > 2n+1 + 5 × (n + 1)2. (P

n+1) est vraie.

(P5) est vraie et pour tout entier n > 5, (P

n) vraie entraîne

(Pn+1

) vraie.Conclusion : pour tout entier n > 5, 3n > 2n + 5n2.

56 40 + 5 = 6 = 3 × 2 : (P0) est vraie.


4n + 5 = 3p (avec p ∈ ).4n+1 + 5 = 4(3p – 5) + 5 = 3(4p – 5) : (P

n+1) est vraie.

(P0) est vraie et pour tout entier naturel n, (P

n) vraie entraîne

(Pn+1

) vraie.Conclusion : pour tout entier naturel n, 4n + 5 est un multiple de 3.

57 23×0 – 1 = 0 et 23×1 – 1 = 7 : (P0) (et P

1) est (sont)

vraie(s).Supposons (P

n) vraie pour un entier naturel n.

23(n+1) – 1 = 23 × 23n – 1 = 23(23n – 1) + 23 – 1= 23 × 7p – 7 = 7(23p – 1) : (P

n+1) est vraie.


n) vraie entraîne

(Pn+1

) vraie.Conclusion : pour tout entier naturel n, 23n – 1 est un multiple de 7.

58 1. 30 = 1 et (0 + 2)2 = 4 ; 31 = 3 et (1 + 2)2 = 9 ; 32 = 9 et (2 + 2)2 = 16 ; 33 = 27 et (3 + 2)2 = 25.(P

0), (P

1) et (P

2) sont fausses et (P

3) est vraie.

2. Supposons (Pn) vraie pour un entier naturel n > 3.

3n+1 = 3 × 3n > 3(n + 2)2 = 3n2 + 12n + 12.Comparons 3n2 + 12n + 12 et [(n + 1) + 2]2 en étudiant le signe de leur différence.

3n2 + 12n + 12 – (n + 3)2 = 2n2 + 6n + 3 > 0.Donc 3n+1 > (n + 3)2 : (P

n+1) est vraie.

(P3) est vraie et pour tout entier naturel n > 3, (P

n) vraie

entraîne (Pn+1

) vraie.Conclusion : pour tout entier naturel n > 3, on a

3n > (n + 2)2.

59 1. u0 = 3 ; u

1 = 1 ; u

2 = 3 ; u

3 = 1 ; u

4 = 3 ; u

5 = 1.

Il semble donc que lorsque n est pair, un = 3 et lorsque n est

impair, un = 1.

2. Notons (Pn) la proposition « u

2n = 3 et u

2n+1 = 1 ».

(P0) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un entier naturel n.

Alors 5 u2n+2 = –u

2n+1 + 4 = 3

u2n+3

= –u2n+2

+ 4 = 1 et (P

n+1) est vraie.


n) vraie entraîne

(Pn+1

) vraie.Conclusion : pour tout entier naturel n, u

2n = 3 et u

2n+1 = 1.

60 Corrigé sur le site élève.

DE TÊTE

42 u1 = 1

2 ; u

2 = 2

3 ; u

3 = 3

4 ; conjecture : u

2 012 = 2 012

2 013

(à rapprocher éventuellement de la suite de l’exercice 40. A du manuel).

43 u1= 3 = u

2 = u

3 = u

2 012.

44 –1 < 23

< 1 donc limn → + ∞

un = 0.

45 limn → + ∞

un = + ∞.

46 limn → + ∞

un = 1.

47 limn → + ∞

un = lim

n → + ∞ n

n = 1.

48 limn → + ∞

un = lim

n → + ∞ 2n

n2 = 0.

49 limn → + ∞

un = + ∞.

50 La suite un n’a pas de limite.

51 limn → + ∞

un = lim

n → + ∞ –n2

n = – ∞.

RAISONNEMENT PAR RÉCURRENCE

52 52 = 25 et 42 + 32 = 25 : (P2) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un entier naturel n > 2.

5n+1 = 5 × 5n > 5 × 4n + 5 × 3n > 4n+1 + 3n+1. (Pn+1

) est vraie.(P

2) est vraie et (P



est vraie pour tout entier n > 2.Conclusion : pour tout entier n > 2, 5n > 4n + 3n.


54 3 × 22 = 12 et (2 + 1)2 = 9 : (P2) est vraie.


3(n + 1)2 = 3n2 + 6n + 3 > (n + 1)2 + 6n + 2,soit 3(n + 1)2 > n2 + 8n + 4 = (n + 2)2 + 4n,donc 3(n + 1)2 > (n + 2)2. (P

n+1) est vraie.

(P2) est vraie et (P



est vraie pour tout entier n > 2.Conclusion : pour tout entier n > 2, 3n2 > (n + 1)2.•Remarque. Une autre méthode3n2 – (n + 1)2 = 2n2 – 2n – 1.La fonction f : x 2x2 – 2x – 1 est strictement croissante

sur 3 12

; + ∞3, f(2) = 3, donc ∀n > 2, f(n) > 0 soit

3n2 > (n + 1)2.

55 35 = 243 et 25 + 5 × 52 = 32 + 125 = 157,donc 35 > 25 + 5 × 52 : (P

5) est vraie.


EXERCICES Entraînement (page 42)

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66 a) limn → + ∞

1n + 1

= 0, donc limn → + ∞

un = + ∞ (théorème 3).

b) limn → + ∞

1 n

4 – 22 = + ∞ et lim

n → + ∞ 2n

n2 + 1 = lim

n → + ∞ 2n

= 0,

donc limn → + ∞



68 a) limn → + ∞

10n – 1n2 + 1

= limn → + ∞

10n

n2 = lim

n → + ∞ 10

n = 0

(termes dominants).

b) limn → + ∞

2n2 – 13n + 7

= limn → + ∞

2n2

3n = lim

n → + ∞ 2n

3 = + ∞

(termes dominants).

69 a) un = 1

7n + 1 et lim

n → + ∞ 7n + 1 = + ∞,

donc limn → + ∞

un = 0 (théorème 5).

b) Pour n ≠ 0, un =

1n + 1

1 + 2n

.

limn → + ∞

(1n + 1) = + ∞ et limn → + ∞

11 + 2n2 = 1,

donc limn → + ∞


70 a) un =

39n2 + 2n – (n + 1)4 39n2 + 2n + (n + 1)4

9n2 + 2n + (n + 1)

soit un =

–1

9n2 + 2n + (n + 1). Or 9n2 + 2n + n + 1 > n,

donc limn → + ∞

9n2 + 2n + (n + 1) = + ∞

et limn → + ∞


b) un =

1n

8n2 + 2 + 8n2 + 1,

pour n ≠ 0, un =

1

1n 181 + 2n2

+ 81 + 1n22

et limn → + ∞



72 limn → + ∞

un = lim

n → + ∞

2

1 + 4 1n

= 2 ;

limn → + ∞

vn = lim

n → + ∞ 3n

n = 3 ;

limn → + ∞

(un + v

n) = 2 + 3 = 5 ;

limn → + ∞

(un × v

n) = 2 × 3 = 6 ;

limn → + ∞

u

n

vn

= 23

.

73 limn → + ∞

un = lim

n → + ∞ n2

2n2 = 1

2 ; lim

n → + ∞ v

n = 0+ ;

limn → + ∞

(un + v

n) = 1

2 + 0 = 1

2 ; lim

n → + ∞ (u

n × v

n) = 1

2 × 0 = 0 ;

limn → + ∞

u

n

vn

= + ∞ (théorème 6).

74 a) un = n + 1

n + 1 et v

n = – n + 1

n + 1.

∀n ∈ , un + v

n = 2

n + 1 et lim

n → + ∞ (u

n + v

n) = 0.

61 Notons (Pn ) la proposition « u

n = 2 ».

Initialisation : u0 = 2 : (P

0) est vraie.

Hérédité : supposons (Pn ) vraie pour un entier naturel n.

un + 1

= 5 × 2 – 8 = 2 : (Pn ) vraie entraîne (P

n + 1) vraie.

La propriété est donc vraie pour tout naturel n et la suite est constante.

62 1. S1 = 1 ; S

2 = 4 ; S

3 = 9 ; S

4 = 16. On conjecture que

Sn = n2.

2. (P1) est vraie.


Sn+1

= Sn + [2(n + 1) – 1] = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 : (P

n+1)

est vraie.(P

1) est vraie et (P



est vraie pour tout entier n > 1.Conclusion : pour tout entier n > 1, S

n = n2.

3. Sn est la somme des n premiers termes de la suite

arithmétique de premier terme 1 et de raison 2,

d’où Sn = [1 + (2n – 1)] × n

2 = n2.

63 u0 ∈ ]0 ; 1[ ; (P

0) est vraie. Supposons (P

n) vraie pour

un entier naturel n : 0 < un < 1.

un+1

= f (un) avec f définie sur R par f (x) = x(2 – x).

f est dérivable sur R et f ’(x) = 2(1 – x) > 0 sur ]0 ; 1[. f est donc strictement croissante sur [0 ; 1].Puisque 0 < u

n < 1, alors f (0) < f (u

n) < f (1) ; autrement dit

0 < un+1

< 1 : (Pn+1

) est vraie.(P

0) est vraie et pour tout entier naturel n, (P

n) vraie entraîne

(Pn+1

) vraie.Conclusion : pour tout entier naturel n, 0 3.

Un polygone convexe à (n + 1) côtés peut se décomposer en un polygone convexe à n côtés et un triangle.En radians, la somme des mesures des angles est alors égale à

(n – 2) π + π = [(n + 1) – 2] π.

(Pn+1

) est donc vraie.(P

3) est vraie et pour tout entier naturel n > 3, (P

n) vraie

entraîne (Pn+1

) vraie.Conclusion : pour tout entier naturel n > 3, (P

n) est vraie.

CALCULS DE LIMITES

65 a) limn → + ∞

2n + 33n – 1

= limn → + ∞

2n

3n = 2

3 (termes dominants).

b) limn → + ∞

5n – 33n – 5

= limn → + ∞

5n

3n = 5

3 (termes dominants).

c) ∀n > 0, 4n

< un < 6

n et lim

n → + ∞ 4n

= limn → + ∞

6n

= 0.

Théorème des gendarmes : limn → + ∞

un = 0.

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. S

b) Le calcul des premiers termes montre que la suite n’est pas monotone. Mais l’ensemble des valeurs prises par la suite est l’ensemble des entiers naturels, donc la suite n’est pas majorée (u

2n = 2n + 1 et u

2n+1 = 2n).

Autre approche : ∀n ∈ , n – 1 < un.

2. a) Quel que soit le nombre A, A < E(A) + 1.Posons n

0 = E(A) + 2, alors A < n

0 – 1.

Pour tout n > n0, n

0 – 1 < n – 1 < u

n, d’où A < u

n et

limn → + ∞

un = + ∞ (définition 2).

b) Il n’est donc pas nécessaire que la suite soit croissante pour avoir pour limite + ∞.3. a) La condition est suffisante (théorème 3) mais n’est pas nécessaire. Les deux suites peuvent ne pas avoir une limite finie ,. b) La condition n’est pas suffisante : si lim

n → + ∞ u

n = lim

n → + ∞ v

n = + ∞, nous sommes dans le cas d’une

forme indéterminée. Implicitement, le fait d’écrire lim

n → + ∞ u

n = lim

n → + ∞ v

n implique

que les suites ont une limite (finie ou non). Alors la condition est nécessaire car pour tout naturel n, u

n = (u

n – v

n) + v

n

donc (théorème 3) lim

n → + ∞ u

n = 0 + lim

n → + ∞ v

n.

Sinon, la condition n’est pas nécessaire. Prenons le cas où pour tout entier naturel n, u

n = v

n et les

suites n’ont pas de limite. Par exemple, u

n = v

n = n(–1)n.

81 1. ∀n ∈ , 8n2 + 1 > 1, donc 1

8n2 + 1 < 1.

2. ∀n ∈ *, 8n2 + 1 > 3n2 = n, donc 1

8n2 + 1 < 1

n.

3. Comme, pour tout entier naturel non nul n, un est positif,

le premier renseignement nous permet d’affirmer que la suite est bornée.Le second nous permet d’affirmer qu’elle converge et que lim

n → + ∞ u

n = 0 (théorème des gendarmes).

82 1. Notons (Pn) la proposition « u

n ∈ [1 ; 3] ».

(P0) est vraie par hypothèse.


1 < un < 3. Il en résulte 3 < 3u

n < 9 et, la fonction racine

carrée étant strictement positive sur R+, 13 < 53un < 19

d’où 13 < un+1

< 3, soit un+1

∈ [1 ; 3] : (Pn+1

) est vraie. Donc pour tout naturel n, u

n ∈ [1 ; 3].

2. La lecture du graphique permet de conjecturer que la suite (u

n) est croissante.

un+1

– un = 53u

n – u

n =

3un – u2

n

53un + u

n

.

D’après la question 1. le dénominateur est toujours stric-tement positif, le signe de u

n+1 – u

n est celui de 3u

n – u2

n,

c’est-à-dire du produit un(3 – u

n).

Or, d’après la question 1., les deux facteurs sont positifs : pour tout naturel n, u

n+1 – u

n > 0 et la suite (u

n) est croissante.

3. Croissante et majorée (par 3), la suite est convergente (théorème 8). On peut affirmer que sa limite est inférieure ou égale à 3. On peut conjecturer (lecture du graphique) que sa limite est 3.

b) un = n + 10 et v

n = – n : lim

n → + ∞ (u

n + v

n) = 10.

c) un = n et v

n = – n2 : lim

n → + ∞ u

n

vn

= limn → + ∞

– 1n

= 0.

d) un = 5n et v

n = – n : lim

n → + ∞ u

n

vn

= –5.

75 1. a) Oui, croissante et majorée par M, la suite (un )

est convergente.b) Non, la suite étant croissante, cela signifie que pour tout nombre M, tous les termes de la suite sont (sauf un nombre fini) dans l’intervalle ]M ; + ∞[ et donc lim

n → + ∞ u

n = + ∞.

2. a) Non. Pour la suite (vn) définie pour tout entier naturel

non nul par vn = 1 + 1

n, il existe bien un nombre M qui

minore l’ensemble des termes (par exemple 1). Cependant la suite n’a pas pour limite + ∞ : lim

n → + ∞ v

n = 1.

b) Oui. C’est la définition 2.

ÉTUDE DE SUITES


77 1. 0 < u0 < 2 : (P

0) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un entier naturel n, c’est-à-dire 0

< un < 2. Il en résulte 2 < u

n + 2 < 4 et la fonction racine

carrée étant strictement positive sur R+, 12 < 8un + 2 < 14

et donc 0 < un+1

< 2.(P

n+1) est vraie. Donc pour tout naturel n, 0 < u

n < 2.

2. un+1

– un = 8u

n + 2 – u

n =

un + 2 – u2

n

8nn + 2 + u

n

.

Le dénominateur étant positif d’après 1., un+1

– un est du

signe de un + 2 – u2

n.

Étudions le signe du trinôme – x2 + x + 2 sur [0 : 2].Le trinôme est positif entre ses racines –1 et 2.Donc, pour tout entier naturel n, u

n+1 – u

n > 0 : la suite est

croissante.3. Croissante et majorée par 2, la suite (u

n) est convergente

(théorème 8) et de limite , < 2.

78 1. On utilise le résultat suivant :Si 0 < a < 1 et 0 < b < 1, alors 0 < ab < 1.

Ici, un = 1

n × 3 2

n × 3

n × … × n

n4.

Pour tout entier k tel que 0 < k < n, 0 < k

n < 1.

Ainsi, 0 < 3 2n

× 3n

× … × n

n4 < 1 et donc, pour tout entier

naturel non nul n, 0 < un < 1

n.

2. limn → + ∞

1n

= 0, donc (théorème des gendarmes) limn → + ∞

un = 0.

79 1. Pour tout entier naturel n, –1 < – cos(n) < 1 et donc n < u

n < n + 2.

2. limn → + ∞

n = + ∞ et pour tout entier n, n < un. On en conclut

(théorème 1) que limn → + ∞

un = + ∞.

80 1. a) u0 = 1 ; u

1 = 0 ; u

2 = 3 ; u

3 = 2 ; u

4 = 5 ; u

5 = 4.

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Sn = –3(n + 1) +

1 – 1 23 2

n+1

1 – 23

Sn = –31n + 1 2

3 2n+1

2.b) lim

n → + ∞ S

n = + ∞.

88 1. u0 = 1 ; u

1 = 0 ; u

2 = – 1

2 ; u

3 = – 3

4 ; u

4 = – 7

8.

2. a) vn+1

= u

n – 1

2 – α = 1

2 (u

n – 1 – 2α).

(vn) géométrique ⇔ –1 – 2α = – α ⇔ α = –1.

b) vn+1

= 12

vn avec v

n = u

n + 1.

Comme v0 = 2, pour tout naturel n,

vn = 1

2n–1 et u

n = – 1 + 1

2n–1.

c) un+1

– un = 1

2n – 1

2n–1 = – 1

2n < 0 : la suite (u

n) est décrois-

sante. Comme de plus elle est minorée par –1, elle est convergente (théorème 8).Remarque. L’expression de u

n suffit pour prouver la

convergence et donne de plus sa limite –1.d) –1,0001 104.

Or 213 = 8 192 et 214 = 16 384, donc n = 15.

AVEC LES TICE

89 1. a) pn = p

0 × 1,05n.

b) 1,05 > 1 donc limn → + ∞

1,05n = + ∞ (théorème 7).

2. p

47

p0

≈ 9,9 et p

48

p0

≈ 10,4.

Sous ces hypothèses, la population aura été multipliée par 10 dans 48 ans.3. a)

Variables

n, p

Algorithme

n reçoit 1

p reçoit 1

Tant Que p < 10

p reçoit 1,05n

n reçoit n+1

Fin Tant Que

Afficher n

Prendre toutes les initiatives

90 un = 3

n et v

n = 1

n + 1. Alors

un

vn

= 3(n + 1)n

.

limn → + ∞

un = lim

n → + ∞ v

n = 0 et lim

n → + ∞ u

n

vn

= limn → + ∞

3n

n = 3.

91 ∀n ∈ *, – 1n

< un < 1

n.

Or, limn → + ∞

1– 1n2 = lim

n → + ∞ 1n


un = 0 (théorème

des gendarmes).

83 1. un+1

– un = 1

(n + 1)2 > 0 : la suite (u

n) est croissante.

2. a) u1 = 1 < 2 – 1

1 : (P

1) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un naturel non nul n.

un+1

= un + 1

(n + 1)2 < 2 – 1

n + 1

(n + 1)2.

1n

– 1n + 1

= 1n(n + 1)

> 1(n + 1)2

.

donc – 1n

+ 1(n + 1)2

< – 1n + 1

et un+1

< 2 – 1n + 1

.


n) vraie entraîne

(Pn+1

) vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel non nul n, un < 2 – 1

n.

b) Croissante et majorée (par 2), la suite (un) est convergente

et de limite , avec , < 2 (théorème 8).


85 1. Le plus petit est n

n2 + n, le plus grand est n

n2 + 1.

2. n × n

n2 + n < u

n < n × n

n2 + 1

soit n2

n2 + n < u

n < n2

n2 + 1.

limn → + ∞

n2

n2 + n = lim

n → + ∞ n2

n2 + 1 = lim

n → + ∞ n2

n2 = 1.

Conclusion : limn → + ∞

un = 1 (théorème des gendarmes).

86 1. Cet algorithme a pour objectif d’afficher les n premiers termes (n choisi par l’utilisateur) de la suite

définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel n, u

n+1 =

un

3 + 2.

2. Voir le TP 39, B.4. page 39.3. On peut conjecturer que lim

n → + ∞ u

n = 3.

4. Avec u0 = 1, la suite est croissante. Avec u

0 = 4, la suite

est décroissante (mais toujours de limite 3).

SUITES DU TYPE un+1

= a un + b

87 1. On peut conjecturer que la suite est décroissante et qu’elle converge vers –3.2. Pour tout naturel n, v

n = u

n + 3.

a) v0 = 1 ; v

1 = 2

3 ; v

2 = 4

9.

b) vn+1

= un+1

+ 3 = 23

un + 2

= 23

(un + 3) = 2

3 v

n.

La suite (vn) est géométrique,

de premier terme v0 = 1, de raison 2

3.

c) ∀n ∈ , vn = 1 2

3 2n

et un = 1 2

3 2n

– 3.

3. –1 < 23

< 1, donc (conséquence du théorème 7),

limn → + ∞

vn = 0 et lim

n → + ∞ u

n = –3.

4. a) Sn = (v

0 – 3) + (v

1 – 3) + … + (v

n – 3)

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ran

sma

th T

erm

. S


b) ∀n ∈ , vn = – 25

2 × 1

3n.

un = – 1

2 1– 25

2 × 1

3n 2 + 32

n – 214

.

un = 25

4 × 1

3n + 3

2 n – 21

4.

c) Sn = 25

4

n

∑k = 0

13n

+ 32

n

∑k = 0

n – 214

(n + 1).

Sn = 25

4 ×

1 – 13n+1

1 – 13

+ 32

× n(n + 1)2

– 214

(n + 1).

Sn = 75

8 11 – 1

3n+1 2 + 34

(n + 1)(n – 7).

96 1. un+1

– un = 1

2n + 1 + 1

2n + 2 – 1

n.

un+1

– un = –3n – 2

n(2n + 1)(2n + 2).

2. ∀n ∈ *, –3n – 2 < 0, donc un+1

– un < 0 : la suite (u

n) est

strictement décroissante.3. ∀n ∈ *, u

n > 0. Décroissante et minorée, la suite (u

n) est

convergente (théorème 8).

97 1. Faux. Si limn → + ∞

un = 0 (en restant positive), alors

limn → + ∞

vn = – ∞ : la suite (v

n) n’est pas convergente.

2. Vrai. ∀n ∈ ,

2 < un ⇔ 0 < 1

un

< 12

⇔ 0 > – 2u

n

> –1.

3. Faux. Contre-exemple : la suite (un) définie pour tout n

par un = 11

2 – n est décroissante. Par contre, v

0 = – 4

11,

v1 = – 4

9 soit v

0 > v

1 : la suite (v

n) n’est pas croissante.

Remarque. Le choix de 112

est lié à l’existence de vn pour

tout n.4. Faux. La suite (u

n) définie pour tout naturel n par

un = (–1)n n’est pas convergente.

Or, pour tout naturel n, vn = – 2

(–1)n = 2(–1)n–1 : la suite (v

n)

n’est pas convergente.

98 1. 10w10

= 11w9 + 1 = 210, d’où w

10 = 21.

2. On peut conjecturer que la suite est arithmétique de raison 2 et de premier terme 1, c’est-à-dire que, pour tout n, w

n = 2n + 1.

Démonstration par récurrence :w

0 = 2 × 0 + 1 = 1 : (P

0) est vraie.

On suppose (Pn) vraie pour n ∈ .

(n + 1) wn+1

= (n + 2) wn + 1 = (n + 2)(2n + 1) + 1

= 2n2 + 5n + 3 = (2n + 3)(n + 1),(n + 1) étant non nul, w

n+1 = 2n + 3 = 2(n + 1) + 1.

(Pn+1

) est vraie. Pour tout naturel n, wn = 2n + 1.

Ainsi, w2 009

= 4 019.


93 1. limn → + ∞

un = + ∞ donc pour tout nombre A, il existe p

entier naturel tel que si n > p, alors un > A.

Notons m le plus grand des deux nombres n0 et p.

Si n > m, alors A < un < v

n, et donc lim

n → + ∞ v

n = + ∞.

2. a) Raisonnement par récurrence.v

0 = 1 > 02 : (P

0) est vraie. Supposons (P

n) vraie.

vn+1

= vn + 2n + 3 > n2 + 2n + 1 = (n + 1)2. Donc (P

n+1) est

vraie, et pour tout entier naturel n, vn > n2.

b) Comme de plus, limn → + ∞

n2 = + ∞ la propriété démontrée

en 1. permet de conclure : limn → + ∞

vn = + ∞.

94 1. a) (1 + a)1 = 1 + a : (P1) est vraie.

Pour n entier non nul, supposons (Pn) vraie, c’est-à-dire

(1 + a)n > 1 + na.(1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n > (1 + a)(1 + na).(1 + a)n+1 > 1 + (n + 1)a + na2 > 1 + (n + 1)a.Donc (P

n+1) est vraie, et pour tout entier naturel non nul n,

(1 + a)n > 1 + na.b) q > 1. Notons a le nombre strictement positif tel que q = 1 + a. D’après le a), pour tout entier naturel non nul n, (1 + a)n > 1 + na, soit qn > 1 + na.Or lim

n → + ∞ (1 + na) = + ∞ donc lim

n → + ∞ qn = + ∞ (théorème 1 de

comparaison page 25 ; voir exercice précédent).Conclusion : une suite géométrique de raison q > 1 a pour limite + ∞ si son premier terme est positif, et – ∞ si son premier terme est négatif. 2. a) 13 + 1 > 1 donc lim

n → + ∞ 113 + 12n = + ∞.

b) 1,01 > 1 donc limn → + ∞

1,01n = + ∞ et limn → + ∞

11,01n

= 0.

95 1. u1 = – 5

3 ; u

2 = – 14

9 ; u

3 = – 14

27.

2. a) Raisonnement par récurrence.

u4 = 67

81 > 0 : (P

4) est vraie.

On suppose (Pn) vraie pour n > 4.

un+1

= u

n

3 + n – 2. Or u

n > 0 et n – 2 > 2 donc (P

n+1) est

vraie. Pour tout n > 4, un > 0.

b) Pour tout n > 4, un+1

> n – 2, donc pour tout n > 5, u

n > (n – 1) – 2 = n – 3.

c) limn → + ∞

(n – 3) = + ∞, donc (théorème 1) limn → + ∞

un = + ∞.

3. a) vn+1

= – 23

un – 2n + 4 + 3(n + 1) – 21

2.

vn+1

= – 23

un + n – 7

2 = 1

3 1–2u

n + 3n – 21

2 2 = 13

vn.

La suite (vn) est géométrique de raison 1

3 et son premier

terme est v0 = – 25

2.

EXERCICES Le jour du BAC (page 46)

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– T

ran

sma

th T

erm

. S


vraie. On suppose (Pn) vraie pour n ∈ :

0 < un < u

n+1 < 10.

La fonction f étant croissante sur [0 ; 10], on en déduit f(0) < f(u

n) < f(u

n+1) < f(10), soit

0 < un+1

< un+2

< 10 : (Pn+1

) est vraie.Conclusion : Pour tout naturel n, 0 < u

n < u

n+1 < 10.

3. Croissante et majorée, la suite (un) est convergente

(théorème 8) de limite , telle que , = f(,).

, = f(,) ⇔ , = ,

10 (20 – ,). Comme , ≠ 0 (car u

0 = 1),

, = f(,) ⇔ 1 = 110

(20 – ,) ⇔ , = 10.

3. Décroissante et minorée, la suite (un) est convergente

(théorème 8).

4. a) u0 = 1 ; u

1 = 1

12 ; u

2 = 1

13 ; u

3 = 1

2 ; u

4 = 1

15.

Conjecture : ∀n ∈ , un = 1

7n + 1.

b) u0 = 1

70 + 1 = 1 : (P

0) est vraie.

Pour n entier naturel, supposons (Pn) vraie.

un+1

=

1

7n + 1

9 1

7n + 1 + 1

= 1

7n + 19 1

7n + 1 + 1

= 1

7n + 2.

(Pn+1

) est vraie. Pour tout entier naturel n, u

n = 1

7n + 1.

5. limn → + ∞

7n + 1 = + ∞ donc (théorème 5) limn → + ∞

un = 0.

103 1. Pour tout naturel n,

vn+1

= 3 – 53un =

13 – 53un 2 13 + 53u

n 2

3 + 53un

= 9 – 3u

n

3 + 53un

vn+1

= 13 3 – u

n

13 + 4un

.

2. Pour tout naturel n, un > 1 donc 4u

n > 1 et

vn+1

= 13v

n

13 + 4un

< 13 v

n

13 + 1.

3. v0 = 2 < 2 × 1 13

1 + 13 20

: (P0) est vraie.


vn+1

< 13

1 + 13 v

n < 2 × 1 13

1 + 13 2n+1

. (Pn+1

) est vraie.

Pour tout entier naturel n, vn < 1 13

1 + 13 2n

.

4. De plus, pour tout entier naturel n, un < 3 donc v

n > 0.

Donc 0 < vn < 1 13

1 + 13 2n

. Or – 1 < 13

1 + 13 < 1.

99 1. a) f ’(x) = 110

(20 – x) – x

10 = 2 – x

5.

x 0 10 20

f’ + 0 –

f0

10

0

b) f est continue et strictement croissante sur [0 ; 10] : f(0) = 0 et f(10) = 10, donc f ([0 ; 10]) = [0 ; 10]. ∀x ∈ [0 ; 10] ; f(x) ∈ [0 ; 10].2. u

0 = 1 et u

1 = 1,9 donc 0 1 soit p > 1.

limn → + ∞

pn = + ∞ (théorème10) donc limn → + ∞

qn = 0 (théorème 5).

2. Si –1 < q < 0, alors 0 < |q| < 1 et limn → + ∞

|q|n = 0.

On admet que pour tout n, |qn| = |q|n.– |q|n < qn < |q|n et donc (théorème des gendarmes)

limn → + ∞

qn = 0.

3. Si –1 < q < 1, la suite géométrique (qn) converge vers 0.

101 1. a)

—3

I2

I1

—3

’

—3

b) Quel que soit le point A de l’axe, d(A, ,) + d(A, ,’) > λ.

Si A ∈ I1, alors d(A, ,) < λ

3.

d(A, ,’) > λ – d(A, ,) > λ – λ

3 = 2λ

3 et A ∉ I

2.

Les intervalles I1 et I

2 sont donc disjoints.

2. I1 contient tous les termes de la suite sauf (peut-être) un

nombre fini : il n’y a qu’un nombre fini de termes de la suite qui n’appartiennent pas à I

1.

L’intervalle I2 ne contient alors qu’un nombre fini de termes

de la suite, ce qui est contradictoire avec l’hypothèse « ,’ est limite de la suite ».Donc une suite convergente ne peut avoir deux limites distinctes : elle admet une seule limite.

102 1. Raisonnement par récurrence. Notons (Pn) la

proposition « un > 0 », avec n ∈ .

u0 = 1 > 0 : (P

0) est vraie.


un+1

, quotient de deux nombres strictement positifs (un et

8un2 + 1) est strictement positif.

(Pn+1

) est vraie. Pour tout entier naturel n, un > 0.

2. u

n+1

un

= 1

8un2 + 1

. Or, 8un2 + 1 > 1, donc 1

8un2 + 1

< 1 et la suite

(un) est décroissante.

EXERCICES Pour aller plus loin (page 48)

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erm

. S

105 E1 k

2 2 < k

2 < E1 k

2 2 + 1 ⇔ k

2 – 1 < E1 k

2 2 < k

2.

Donc, 12

n

∑k = 1

k – n <n

∑k = 1

E1 k

2 2 < 12

n

∑k = 1

k

⇔ n(n + 1)4

– n <n

∑k = 1

E1 k

2 2 < n(n + 1)4

⇔ n2 – 3n

4 <

n

∑k = 1

E1 k

2 2 < n2 + n4

⇔ n2 – 3n

4n2 < u

n < n2 + n

4n2.

limn → + ∞

n2 – 3n

4n2 = lim

n → + ∞ n2 + n

4n2 = 1

4, donc (théorème des

gendarmes) limn → + ∞

un = 1

4.

106 A.1. u0 = 1 et u

n+1 = 1 + 1

un

;

v0 = 1 et v

n+1 = 81 + v

u.

2.

3. Les deux suites semblent convergentes vers le même nombre. Une seule semble monotone : la suite (v

n) qui

semble croissante, ce qui est confirmé par les vues d’écran.

B. 1. a) u1 = 1, u

2 = 3

2, donc 3

2 2,

un+1

= 1 + 1u

n

avec 32

< un < 2 soit 1

2 < 1

un

< 23

et

32

< 1 + 1u

n

< 53

< 2. (Pn+1

) est vraie.

Pour tout entier naturel n > 2, 32

< un < 2.

b) φ ≈ 1,618 033 9.c) φ est solution de l’équation x = 1 + 1

x

⇔ x2 – x – 1 = 0 et x ≠ 0.

∆ = 5, l’équation admet deux solutions 1 – 152

et 1 + 152

.

φ est la racine positive donc φ = 1 + 152

.

Comme 2 < 15 < 3, 32

< 1 + 152

< 2.

d) 11 + 1x2 – 11 + 1

φ2 = 1

x – 1

φ = φ – x

xφ.

Comme x > 32

et φ > 32

, xφ > 94

soit 1xφ

< 49

, donc

11 + 1x2 – 11 + 1

φ2 < 4

9 u x – φ u.

e) Pour x = un (puisque pour tout entier naturel n > 2,

32

< un < 2), u u

n+1 – φ u < 4

9 u u

n – φ u.

La suite géométrique 1 13

1 + 13 2n

a pour limite 0.

Il en résulte (théorème des gendarmes) que limn → + ∞

vn = 0 et

limn → + ∞

un = 3.

104 1. a) f est sur ]– ∞ ; 0[ ∪ ]0 ; + ∞[ la somme des deux

fonctions x x

2 et x 1

x dérivables sur chacun des

intervalles ]– ∞ ; 0[ et ]0 ; + ∞[ : f est donc dérivable pour tout x non nul.

b) ∀x ≠ 0, f ’(x) = 12

– 1x2

= x2 – 22x2

= 1x – 12 2 1x – 12 2

2x2.

x 0 – 12 0 12 + ∞

f’ + 0 – – 0 +

f– ∞

12

– ∞

+ ∞

12

+ ∞

2. a) u1 = 1

2 1 3

2 + 4

3 2 = 1712

≈ 1,416 67 ;

u2 = 1

2 117

12 + 24

172 = 577408

≈ 1,414 22.

b) 12 < 1712

< 32

soit 12 < u1 < u

0 < 3

2 : (P

0) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour n entier naturel, c’est-à-dire

12 < un+1

< un < 3

2.

f est strictement croissante sur 312 ; + ∞3 donc

f 112 2 < f 1un+1

2 < f 1un 2 < f 1 3

2 2 soit

12 < un+2

< un+1

< 1712

< 32

.

(Pn+1

) est vraie. Pour tout entier naturel non nul n,

12 < un+1

< un < 3

2.

Décroissante et minorée, la suite (un) est convergente (théo-

rème 8).

c) ∀n ∈ , un > 12 ⇔ 1

un

< 122

⇔ 1u

n

– 12 < – 122

.

Or un+1

– 12 = 12

un + 1

un

– 12.

Donc un+1

– 12 < 12

un – 12

2 = 1

2 1u

n – 12 2.

d) 20 = 1 donc (P0) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour n entier naturel, c’est-à-dire

0 < un – 12 < 1

2n 1u

0 – 12 2.

D’après c), un+1

– 12 < 12

1un – 12 2 donc

un+1

– 12 < 12

× 12n

1u0 – 12 2 = 1

2n+1 1u

0 – 12 2.

(Pn+1

) est vraie. Pour tout entier naturel n,

0 < un – 12 < 1

2n 1u

0 – 12 2.

e) limn → + ∞

12n

= 0 donc limn → + ∞

12n

1u0 – 12 2 = 0. Le théorème des

gendarmes nous permet de conclure : limn → + ∞

1un – 12 2 = 0 et

limn → + ∞

un = 12.

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ath

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20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S


b)

On peut conjecturer que la suite est croissante et convergente vers , < 3.

2. a) un+1

– un = 1

(n + 1)! > 0 : la suite (u

n) est strictement

croissante.

b) 11!

= 1 = 120

: (P1) est vraie.

Supposons (Pk) vraie pour tout entier naturel k non nul,

c’est-à-dire que 1k!

< 12k–1

.

Pour k > 1, 1k + 1

< 12

.

1(k + 1)!

= 1k + 1

× 1k!

< 12k

, donc (Pn+1

) est vraie.

Pour tout naturel n > 1, 1k!

< 12k–1

.

c) un < 1 + 1

20 + 1

21 + … + 1

2n–1 = 1 +

1 – 12n

1 – 12

,

un < 1 + 211 – 1

2n 2 = 3 – 12n–1

< 3.

d) Croissante et majorée, la suite (un) est convergente

(théorème 8).

Comme 1 49 2

0

= 1, (P2) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour entier naturel n > 2,

u un+1

– φ u < 49

u un – φ u < 4

9 × 1 4

9 2n–2

u u2 – φ u, donc (P

n+1)

est vraie. Pour tout naturel n > 2, u u

n – φ u < 1 4

9 2n–2

u u2 – φ u.

f) Comme –1 < 49

< 1, limn → + ∞

1 49 2

n–2

= 0 et le théorème des

gendarmes permet de conclure : lim

n → + ∞ u

n = φ.

2. a) v2 = 12 donc (P

2) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour entier naturel n > 2,

c’est-à-dire 12 < vn < φ ⇔ 1 + 12 < 1 + v

n < 1 + φ = φ2.

La fonction racine carrée est croissante sur R+, donc 12 < 81 + 12 < 81 + v

n < φ,

soit 12 < vn+1

< φ, donc (Pn+1

) est vraie.

Pour tout naturel n > 2, 12 < vn < φ.

b) Cela résulte de 1 + 1φ

= φ.

c) Pour tout naturel non nul n,

wn+1

= φ – 81 + vn =

1φ – 81 + vn 2 1φ + 81 + v

n 2

φ + 81 + vn

,

wn+1

= φ2 – 1 – v

n

φ + 81 + vn

= φ – v

n

φ + 81 + vn

= φ – v

n

φ + vn+1

.

φ > 32

et vn+1

> 32

donc φ + vn+1

> 3 et wn+1

< φ – v

n

3,

soit wn+1

< w

n

3.

d) w1 = 1 = 1 1

3 21–1

: (P1) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour entier naturel n non nul.

wn+1

< 13

wn < 1

3 × 1 1

3 2n

, donc (Pn+1

) est vraie.

Pour tout naturel non nul n, wn < 1 1

3 2n

.

Comme –1 < 13

< 1, limn → + ∞

1 13 2

n–2

= 0 et le théorème des

gendarmes permet de conclure : limn → + ∞

wn = 0.

e) Pour tout naturel non nul n, vn = φ – w

n donc lim

n → + ∞ v

n = φ.

107 1. a) Dans B2 : = 1 + 1

1 !

Dans B3 : = 1 + 1

1 ! +

1

2 !

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12

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ran

sma

th T

erm

. S

2CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 2 Fonctions : limites

Fonctions : limites

Activité 1

1 a)

b) un

n1

1

of_g01

O

c) La suite semble croissante et de limite comprise entre 2,7 et 3.

2 a) limn → + ∞

un = lim

n → + ∞ 3n

n = 3.

b) ∀x > 0, f ’(x) = 7

(x + 2)2 > 0. f est donc (strictement)

croissante sur [0 ; + ∞[.∀n ∈ , n < n + 1 donc f(n) < f(n + 1) soit u

n 0, f(x) – 3 = 3x – 1x + 2

– 3 = –7

x + 2 < 0.

c) ∀x > 0, 2,99 < f(x) < 3 ⇔ –0,01 < f(x) – 3 < 0

⇔ – 1

100 <

–7x + 2

⇔ x + 2

7 > 100 ⇔ x > 698.

A = 699.

d) 3 – α < f(x) < 3 < 3 + α ⇔ – α < –7

x + 2 < 0

⇔ x + 2 > 7α

⇔ x > 7α

– 2 = A.

4 a) Non. b) Non.

Activité 2

1 ∀x > 0, f ’1(x) = 1, f ’

2(x) = 2x, f ’

3(x) = 31x

2, f ’

4(x) =

1

2 1x,

f ’5(x) =

1x2

.

2 a) ∀x > 1, 1x < x donc x < x 1x < x2 soit

f1(x) < f

3(x) < f

2(x).

b) Cela résulte du a).

3 a) On utilise la stricte croissance de la fonction carrée sur ]0 ; + ∞[. Pour x > 0 : 1x > 1 000 ⇔ x > 106

1x > 106 ⇔ x > 1012.b) 1x > M ⇔ x > M2, donc A = M2.

4 a) ∀x > 0, f ’5(x) =

1x2

> 0, donc f5 est strictement

croissante sur ]0 ; + ∞[.

b) ∀x > 0, 1x

> 0 donc f5(x) < 1. La courbe représentative

de f5 est située sous la droite d’équation y = 1.

c) Pour x > 0 :

•f5(x) > 0,999 ⇔ 1 –

1x

> 1 – 1

1 000

⇔ 1x

< 1

1 000 ⇔ x > 1 000.

•f5(x) > 1 – 10–6 ⇔

1x

< 1

106 ⇔ x > 106.

d) f5(x) > 1 – α ⇔

1x

< α ⇔ x > 1α

.

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12

– T

ran

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erm

. S

2 Enseignement spécifique Chapitre 2 Fonctions : limites

c) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x

x2 = lim

x → + ∞ 1x

= 0 ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x

x2 = lim

x → + ∞ 1x

= 0.

6 a) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

3x2

2x2 =

32

;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

3x2

2x2 =

32

.

b) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

– x3

x4 = lim

x → + ∞ –1x

= 0 ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

– x3

x4 = lim

x → + ∞ –1x

= 0.

c) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x5

2x5 =

12

;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x5

2x5 =

12

.

7 a) n < 4 : limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

1

x4–n = 0 ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

1

x4–n = 0.

b) n = 4 : limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x4

x4 = 1 ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x4

x4 = 1.

c) n > 4 et n pair : (n – 4) est pair. lim

x → + ∞ f(x) = lim

x → + ∞ xn–4 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

xn–4 = + ∞.

d) n > 4 et n impair : (n – 4) est impair.

limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

xn–4 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

xn–4 = – ∞.

8 Si a = 0, f(x) = 2x – 1x + 2

.

limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

2x

x = 2 ; lim

x → – ∞ f(x) = lim

x → – ∞ 2x

x = 2.

Si a > 0, limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

ax2

x = lim

x → + ∞ ax = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

ax2

x = lim

x → – ∞ ax = – ∞.

Notons H le point de coordonnées (x ; 0).

x > 1. Pour tout x, aire de OAH = 12

× x × 1x

= 12

.

Lorsque x prend des grandes valeurs, AH et BD tendent

vers 0 et on peut conjecturer que l’aire du trapèze ABDH

devient aussi petite que l’on veut. L’aire de OABD est

voisine de 12

.

0 < x < 1. L’aire de OAH reste constante et égale à 12

. Par

contre l’aire du trapèze ABDH devient aussi grande que l’on veut et donc tend vers + ∞.À la fin du chapitre :

Aire de OABD = (x) = 12

11 + 1x

+ 1

x + 1 2,lim

x → + ∞ (x) =

12

et limx → 0

(x) = + ∞.

PROBLÈME OUVERT

1 a) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

3x2 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

3x2 = + ∞.

b) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

(–2x4) = – ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

(–2x4) = – ∞.

c) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x5 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x5 = – ∞.

2 a) f(x) = –3x2 + x + 1.lim

x → + ∞ f(x) = lim

x → + ∞ (–3x2) = – ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

(–3x2) = – ∞.

b) f(x) = 6x3 – x + 2.lim

x → + ∞ f(x) = lim

x → + ∞ 6x3 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

6x3 = – ∞.

3 a) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

(– x4) = – ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

(– x4) = – ∞.

b) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

(–3x6) = – ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

(–3x6) = – ∞.

c) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

(–3x5) = – ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

(–3x5) = + ∞.

4 a) limx → + ∞

(x + 3)2 = + ∞ et limx → + ∞

(2x – 1)2 = + ∞, donc

limx → + ∞

(x + 3)2 (2x – 1)2 = + ∞.

b) limx → – ∞

(x + 5)2 = + ∞ et limx → – ∞

(– x + 2)3 = + ∞, donc

limx → – ∞

(x + 5)2 (– x + 2)3 = + ∞.

5 a) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x

x = 1 ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x

x = 1.

b) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x2

x = lim

x → + ∞ x = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x2

x = lim

x → + ∞ x = – ∞.

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. S


11 ∀x > 0, 3x – 1 < 3x – sin(x) < 3x + 1

⇔ 3x – 1

x2 < f(x) <

3x + 1x2

.

limx → + ∞

3x – 1

x2 = lim

x → + ∞ 3x + 1

x2 = lim

x → + ∞ 3x

x2 = lim

x → + ∞ 3x

= 0.

Le théorème des gendarmes permet de conclure : lim

x → + ∞ f(x) = 0.

12 ∀x > 1, 5 + 1x2

< f(x) < 5 + 1x

.

limx → + ∞

15 + 1x2 2 = 5 = lim

x → + ∞ 15 +

3x2.

Le théorème des gendarmes permet de conclure : lim

x → + ∞ f(x) = 5.

13 12

13 – x – 1x + 1 2 < f(x) <

12

13 – 1 + 1x2

⇔ x + 2x + 1

< f(x) < 2x + 1

2x.

limx → – ∞

x + 2x + 1

= limx → – ∞

2x + 1

2x = 1. Le théorème des gendarmes

permet de conclure : limx → + ∞

f(x) = 1.

14 a) x3 – 1 < x3 – cos(x) < x3 + 1.lim

x → – ∞ (x3 – 1) = lim

x → – ∞ (x3 + 1) = – ∞

donc (théorème 1) limx → – ∞

1x3 – cos(x)2 = – ∞.

limx → + ∞

(x3 – 1) = limx → + ∞

(x3 + 1) = + ∞

donc (théorème 1) limx → + ∞

1x3 – cos(x)2 = + ∞.

b) Si x > 0 : – 1x

< cos(x)x

< 1x

.

limx → + ∞

1– 1x2 = lim

x → + ∞ 1x

= 0, donc (théorème 1) limx → + ∞

cos(x)x

= 0.

Si x < 0 : 1x

< cos(x)x

< – 1x

.

limx → – ∞

1x

= limx → – ∞

1– 1x 2 = 0, donc (théorème 1) lim

x → – ∞ cos(x)

x = 0.

c) #f est au-dessus de ∆ pour x ∈ 4– ∞ ; – 4

3 3 et

#f est sous ∆ pour x ∈ 4– 4

3 ; –13 ∪ ]–1 ; + ∞[.

20 Comparez des courbes à l’infini

•Lesoutils– Calculs de limites.– Lever des indéterminations à l’aide d’expressions conjuguées.

•Lesobjectifs– Conjecturer le comportement à l’infini de deux fonctions et l’allure de leurs représentations graphiques. – Mettre en évidence une droite asymptote non parallèle à un des axes.

Si a < 0, limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

ax2

x = lim

x → + ∞ ax = – ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

ax2

x = lim

x → – ∞ ax = + ∞.

9 1. limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

–3x

x = –3 : la droite ∆ d’équation

y = –3 est asymptote horizontale à #f en + ∞.

f(x) – (–3) = 13

x + 4.

∀x > –4, x + 4 > 0 donc f(x) > –3 : #f est au-dessus de ∆.

2. 5 13

x + 4 <

110

x + 4 > 0

⇔ x + 4 > 130 ⇔ x > 126 donc il suffit de

prendre A > 126.

10 1. a) limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

4x2

x2 = 4.

b) La droite d’équation y = 4 est asymptote horizontale à #f

en – ∞.2. ∀x < 0, x2 > 0 donc :

3,99 < f(x) < 4,01 ⇔ 3,99 < 4x2 – 4x + 1

x2 < 4,01

⇔ 3,99 x2 < 4x2 – 4x + 1 < 4,01 x2

⇔ 5 0 < 0,01 x2 – 4x + 1 [1]

0 < 0,01 x2 + 4x – 1 [2].

Comme x < 0, 4x – 1 < –4x + 1, la résolution de [2] suffit. ∆ = 16,04.

x1 = –4 – 816,04

0,02 < 0 et x

2 = –4 + 816,04

0,02 > 0.

Sur ]– ∞ ; 0[, le trinôme 0,01x2 + 4x – 1 est positif pour x < x

1 ≈ –400,25 (par défaut).

Conclusion : A < –400,25 convient.

19 Courbe et asymptote

•L’outil– Limite à l’infini d’une fonction rationnelle.

•Lesobjectifs– Déterminer une équation d’une droite asymptote.– Déterminer la position relative d’une courbe représentative d’une fonction et d’une asymptote horizontale.1. lim

x → + ∞ f(x) = lim

x → – ∞ f(x) = 3 : la droite ∆ d’équation y = 3 est

asymptote horizontale à #f en + ∞ et en – ∞.

2. a) f(x) – 3 = –6x – 8(x + 1)2

.

b) f(x) – 3 est du signe de (–6x – 8) sur R – –1.

–6x – 8 > 0 ⇔ x < – 43

.

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. S

5 a + b = 1

– a

2 + b = – 5

4 ⇔ 5 a = 3

2

b = – 12

et f(x) = 3x – 1

2x(x – 2).


y

x1M N P

A

B

C

1

of_g02

O

Notons M, N et P les projetés orthogonaux respectivement de A, B et C sur l’axe des abscisses.S(x) = Aire ABNM + Aire BCPN – Aire ACPM.

Aire ABNM = 1x + 7x + 12

, Aire BCPN = 7x + 1 + 7x + 22

,

Aire ACPM = 1x + 7x + 2.

S(x) = 7x + 1 – 1x

2 + 7x + 1 – 7x + 2

2,

S(x) = 1217x + 1 + 1x 2

– 1217x + 1 + 7x + 2 2

et limx → + ∞

S(x) = 0.

24 TD – Au voisinage de la limite

A 1. limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

2x

x = 2. 2. x > 1 donc x – 1 > 0.

Il en résulte que 1,99(x – 1) < 2x + 1 < 2,01(x – 1) ⇔ 1,99x – 2,99 < 2x < 2,01x – 3,01

⇔ 5 –2,99 < 0,01x

3,01 < 0,01x ⇔ x > 301 et M = 302.

3. 2 – 10–6 < f(x) < 2 + 10–6

⇔ (2 – 10–6)(x – 1) < 2x + 1 < (2 + 10–6)(x – 1) ⇔ (2 – 10–6)x – 3 + 10–6 < 2x < (2 + 10–6)x – 3 – 10–6

⇔ 5 –3 + 10–6 < 10–6x

3 + 10–6 < 10–6x ⇔ x > 3 × 106 + 1

et A = 3 000 001.

B 1. a) limx → + ∞

g(x) = limx → + ∞

5x3

x3 = 5.

b) Des calculs comme A conduisent à une inéquation du 3e degré dont la résolution n’est pas possible « à la main ».2. a) 5 est la première valeur de x pour laquelle g(x) ∈ I.b) g semble croissante sur [0 ; 9], puis décroissante.3. a) h’(x) = – 6x(x – 6).

x 1 6 10 + ∞

h’ + 0 –

h17

–199

g’(x) est du signe de h(x) sur [1 ; + ∞[ donc négatif sur [10 ; + ∞[.

g(10) = 5 0091 001

≈ 5,004 < 5,01 donc ∀x > 10, g(x) < 5,01.

b) N = 29 (Fonction Table de la calculatrice).

1. Pour x > 1, posons Y = x2 + 1. limx → + ∞

Y = + ∞ et

limY → + ∞

1Y = + ∞. Donc (théorème de la fonction composée

(théorème 3)), limx → + ∞

8x2 + 1 = + ∞.

De même, limx → + ∞

8x2 – 1 = + ∞.

2. a) Pour x > 1, x2 – 1 < x2 < x2 + 1. La fonction racine carrée étant croissante sur [1 ; + ∞[,

8x2 – 1 < 3x2 < 8x2 + 1 soit g(x) < x < f(x).#

f est au-dessus de ∆ qui est au-dessus de #

g.

b) Les égalités s’obtiennent en multipliant par les expres-sions conjuguées.c) lim

x → + ∞ 8x2 + 1 = + ∞, donc lim

x → + ∞ 18x2 + 1 + x2 = + ∞ et

limx → + ∞

3 f(x) – x4 = 0 (par valeurs positives).

limx → + ∞

8x2 – 1 = + ∞, donc limx → + ∞

18x2 – 1 + x2 = + ∞ et

limx → + ∞

3 g(x) – x4 = 0 (par valeurs négatives).

d) Les courbes #f et #

g sont de plus en plus « proches »

de ∆ et #f est au-dessus de ∆ qui est au-dessus de #

g.

21 Retrouver l’équation d’une courbe•Lesoutils– Représentation graphique d’une fonction rationnelle. – Expression algébrique d’une fonction rationnelle.

•Lesobjectifs– Savoir traduire algébriquement les propriétés de la courbe représentative (hyperbole).– Savoir vérifier les calculs effectués.1. a) f n’est pas définie pour x = –1. b) –1 + c = 0 ⇔ c = 1. 2. a) lim

x → + ∞ f(x) = 3.

b) Si a = 0, limx → + ∞

f(x) = 0 donc a ≠ 0 ;

si a ≠ 0, limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

ax

x = a donc a = 3.

3. a) f(x) = 3x + bx + 1

et f(0) = –1, donc b = –1 et f(x) = 3x – 1x + 1

.

b) limx → + ∞

3x – 1x + 1

= limx → + ∞

3x

x = 3.

limx → –1

(3x – 1) = –4, limx → –1–

(x + 1) = 0 donc limx → –1–

f(x) = + ∞.

limx → –1+

(x + 1) = 0+ donc limx → –1+

f(x) = – ∞.

22 Narration de recherchef(x) est le quotient de deux polynômes : f(x) =

P(x)Q(x)

.

La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à #f

donc limx → ∞

f(x) = 0 soit deg P < deg Q.

La droite d’équation x = 0 est asymptote verticale à #f donc

limx → 0

Q(x) = 0, soit Q(0) = 0.

Il en résulte que le terme constant de Q est nul : on peut mettre x en facteur. Q(x) = x Q

1(x), où Q

1 est un polynôme

(avec degré de Q1 = (degré de Q) – 1).

De plus, f n’est pas définie en 0 et en 2.

On peut conjecturer que f(x) = ax + b

x(x – 2).

f(1) = –1 ⇔ a + b = 1.

f 1– 12 2 = –1 ⇔ – a

2 + b = – 5

4

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12

– T

ran

sma

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erm

. S

b) limx → + ∞

171 + 1x

+ 12 = 2 donc limx → + ∞

f(x) = 12

.

C a) Remarque. ∀x ∈ R, 2x2 – x + 1 > 0.En – ∞ : pour x < 0, 3x2 = – x.

f(x) = – x 192 – 1x

+ 1x2

+ 12.

Or limx → – ∞

192 – 1x

+ 1x2

+ 12 = 12 + 1 > 0,

donc limx → – ∞

f(x) = + ∞.

En + ∞ : pour x > 0, 3x2 = x.

f(x) = x 192 – 1x

+ 1x2

– 12.

Or limx → + ∞

192 – 1x

+ 1x2

– 12 = 12 – 1 > 0,

donc limx → + ∞

f(x) = + ∞.

b) En – ∞ : g(x) = –2x181 + 34x2

– 12.

Or limx → – ∞

181 + 34x2

– 12 = 0 et nous sommes en présence

d’une forme indéterminée.L’utilisation de l’expression conjuguée conduit à :

g(x) = 394x2 + 3 – 2x

= 3

–2x 181 + 34x2

+ 12.

Or limx → – ∞

181 + 34x2

+ 12 = 2, donc limx → – ∞

g(x) = 0.

En + ∞ : limx → + ∞

94x2 + 3 = limx → + ∞

2x = + ∞, donc limx → – ∞

g(x) = + ∞.


32 a) limx → + ∞

1x2

= 0, donc limx → + ∞

f(x) = + ∞.

b) limx → – ∞

1x2

= 0, donc limx → – ∞

f(x) = – ∞.

c) limx → 0

1x2

= + ∞, donc limx → 0

f(x) = + ∞.

33 x > 1. limx → 1

6x – 1 = 0 par valeurs positives, donc

limx → 1

f(x) = + ∞.

34 Faux. f(3) = 2. Par contre limx → + ∞

f(x) = 3 : la droite

d’équation y = 3 est asymptote horizontale à #f .

35 Vrai. limx → + ∞

1x

= limx → + ∞

1

x – 2 = 0, donc lim

x → + ∞ f(x) = 0 :

l’axe des abscisses est asymptote horizontale à #f en + ∞

(remarque : en – ∞ aussi).

limx → 0+

1x

= + ∞ et limx → 2+

1

x – 2 = + ∞ : #

f admet deux asymptotes

verticales d’équations x = 0 et x = 2.

25 TD – Quelle méthode utiliser en présence de radicaux ?A Posons Y = x2 + x.lim

x → + ∞ Y = + ∞ et lim

Y → + ∞ 1Y = + ∞ (théorème de la fonction

composée (théorème 3)).B 1re méthode a) f(x) est la somme de deux expressions ayant pour limite + ∞ en + ∞ donc lim

x → + ∞ f(x) = + ∞.

b) Cette méthode ne convient pas pour g et h car elle conduit à une forme indéterminée.2e méthode a) Pour x > 0, x2 + x = x211 + 1

x 2 et 3x2 = x.

b) Posons Y = 1 + 1x

. limx → + ∞

1x

= 0 donc limx → + ∞

Y = 1.

Comme 11 = 1, limx → + ∞

71 + 1x

= 1.

Soit limx → + ∞

171 + 1x

– 22 = –1 et limx → + ∞

g(x) = – ∞.

c) h(x) = x 171 + 1x

– 12. Cette forme ne permet pas de conclure

car limx → + ∞

171 + 1x

– 12 = 0 et nous sommes de nouveau en

présence d’une forme indéterminée.3e méthode

a) Pour x > 0 : f(x) = 18x2 + x – x2 18x2 + x + x28x2 + x + x

.

f(x) = x

8x2 + x + x = 1

81 + 1x

+ 1

, ce qui permet de lever

l’indétermination.

DE TÊTE

26 limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

5x3 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

5x3 = – ∞.

27 limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x5 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x5 = – ∞.

28 limx → + ∞

(2x – 10) = limx → + ∞

2x = + ∞ donc limx → + ∞

f(x) = 0 ;

limx → – ∞

(2x – 10) = limx → – ∞

2x = – ∞ donc limx → – ∞

f(x) = 0.


30 • limx → + ∞

x

x – 1 = lim

x → + ∞ x

x = 1 et

limx → + ∞

x2

x + 1 = lim

x → + ∞ x2

x = + ∞, donc lim

x → + ∞ f(x) = – ∞.

• limx → – ∞

x

x – 1 = lim

x → – ∞ x

x = 1 et lim

x → – ∞

x2

x + 1 = lim

x → – ∞ x2

x = – ∞,

donc limx → – ∞

f(x) = + ∞.

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. S


•Sib = –2, pour x ≠ 2, f(x) = x

x + 1. f ne convient pas car

elle a une seule asymptote verticale d’équation x = –1.

•Sib est différent de 1 et de –2, limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x2

x2 = 1,

limx → –1

(x + 1)(x – 2) = 0 et limx → –1

x(x + b) = 1 – b ≠ 0 donc

limx → –1

f(x) = ∞ : la droite d’équation x = –1 est asymptote

verticale à la représentation de f. limx → 2

(x + 1)(x – 2) = 0 et limx → 2

x(x + b) = 4 + 2b ≠ 0 donc

limx → 2

f(x) = ∞ : la droite d’équation x = 2 est asymptote

verticale à la représentation de f.

n limx → + ∞

g(x) = limx → + ∞

2x

x2 = 0 et lim

x → – ∞ g(x) = lim

x → – ∞ 2x

x2 = 0,

la droite d’équation y = 1 n’est pas asymptote donc g ne convient pour aucune valeur de b.

n•Sib = 0, h(x) = 1

x + 1 + 1 et h(2) =

43

: la droite d’équation

x = 2 n’est pas asymptote verticale à la représentation de h.

•Sib ≠ 0, limx → –1+

1

x + 1 = + ∞ et lim

x → –1+

b

x – 2 + 1 =

43

donc

limx → –1+

h(x) = + ∞ : la droite d’équation x = –1 est asymptote

verticale à la représentation de f.De même, lim

x → 2+ h(x) = (signe de b) ∞ : la droite d’équation

x = 2 est asymptote verticale à la représentation de h.

45 1. limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

2x

x = 2 ;

limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

2x

x = 2 ;

limx → 1–

(2x + 1) = 3 et limx → 1–

(x – 1) = 0 par valeurs négatives,

donc limx → 1–

f(x) = – ∞.

limx → 1+

(2x + 1) = 3 et limx → 1+

(x – 1) = 0 par valeurs positives,

donc limx → 1+

f(x) = + ∞.

2. #f admet deux asymptotes : une horizontale ∆ d’équation

y = 2 en + ∞ et en – ∞, une verticale d’équation x = 1.

f(x) – 2 = 3

x – 1, donc du signe de x – 1.

Si x < 1, alors #f est en dessous de ∆.

Si x > 1, alors #f est au-dessus de ∆.

46 1. limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

–2x

x = –2 ;

limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

–2x

x = –2 ;

limx → –1–

(–2x) = 2 et limx → –1–

(x + 1) = 0 par valeurs négatives,

donc limx → –1–

f(x) = – ∞.

limx → –1+

(–2x) = 2 et limx → –1+

(x + 1) = 0 par valeurs positives,

donc limx → –1+

f(x) = + ∞.

2. #f admet deux asymptotes : une horizontale ∆ d’équation

y = –2 en + ∞ et en – ∞, une verticale d’équation x = –1.

f(x) + 2 = 2

x + 1 du signe de x + 1.

Si x < –1, alors #f est en dessous de ∆.

Si x > –1, alors #f est au-dessus de ∆.

36 a) limx → + ∞

3 f(x) × g(x)4 = limx → + ∞

f(x) × limx → + ∞

g(x) = – ∞.

b) Forme indéterminée.c) lim

x → + ∞ 32f(x) × g(x)4 = 2 lim

x → + ∞ f(x) – lim

x → + ∞ g(x) = + ∞.

LIMITE D’UnE fonCTIon

37 1. limx → – ∞

f(x) = 0, limx → –1–

f(x) = + ∞, limx → –1+

f(x) = – ∞,

limx → 1–

f(x) = – ∞, limx → 1+

f(x) = + ∞ et limx → + ∞

f(x) = 0.

2. limx → – ∞

f(x) = – ∞, limx → –2–

f(x) = – ∞, limx → –2+

f(x) = + ∞,

limx → 2–

f(x) = – ∞, limx → 2+

f(x) = + ∞ et limx → + ∞

f(x) = + ∞.

38 On peut conjecturer que la courbe admet deux asymptotes : une horizontale, d’équation y = 2 et une verti-cale, d’équation x = 3.

39 On peut conjecturer que f n’est pas définie en 3 et qu’elle n’a pas de limite en 3. On peut aussi conjecturer que limx → 3–

f(x) = – ∞ et limx → 3+

f(x) = + ∞.

40 1. limx → – ∞

f(x) = + ∞ et limx → + ∞

f(x) = 3. La courbe admet

une asymptote horizontale d’équation y = 3.2. y

x1

1

of_g03

– 1

– 5

O

– 2

1

3

41 1. limx → – ∞

f(x) = – ∞, limx → 2–

f(x) = – ∞, limx → 2+

f(x) = + ∞ et

limx → + ∞

f(x) = –2.

2. y

x1

1

of_g04

O

– 2

4

42 f et 2, g et 6, h et 3, k et 5, m et 4, n et 1.


44 x2 – x – 2 = (x + 1)(x – 2).

n f(x) = x(x + b)

(x + 1)(x – 2).

•Sib = 1, pour x ≠ –1, f(x) = x

x – 2. f ne convient pas car

elle a une seule asymptote verticale d’équation x = 2.

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. S

b) x ≠ 0, f(x) = 1 + 1

x – 1

x 1x

1 + 1x2

.

Comme limx → + ∞

1x

= limx → + ∞

1x 1x

= limx → + ∞

1x2

= 0, limx → + ∞

f(x) = 1.

56 1. Le dénominateur s’annule en –1 et 2, valeurs pour lesquelles f n’est donc pas définie. 2. (x – 2)(x + 1) < 0 ⇔ x ∈ ]–1 ; 2[.• lim

x → –1– (x – 2)(x + 1) = 0+ et lim

x → –1– (x – 1) = –2, donc

limx → –1–

f(x) = – ∞.

• limx → –1+

(x – 2)(x + 1) = 0– et limx → –1–

(x – 1) = –2, donc

limx → –1–

f(x) = + ∞.

• limx → 2–

(x – 2)(x + 1) = 0– et limx → 2–

(x – 1) = 1, donc

limx → 2–

f(x) = – ∞.

• limx → 2+

(x – 2)(x + 1) = 0+ et limx → 2+

(x – 1) = 1, donc

limx → 2+

f(x) = + ∞.

57 1. Le dénominateur s’annule en –2 et 3, valeurs pour lesquelles f n’est donc pas définie. 2. x2 – x – 6 = (x + 2)(x – 3)

(x + 2)(x – 3) < 0 ⇔ x ∈ ]–2 ; 3[.• lim

x → –2– (x2 – x – 6) = 0+ et lim

x → –2– (x – 1) = –3, donc

limx → –2–

f(x) = – ∞.

• limx → –2+

(x2 – x – 6) = 0– et limx → –2+

(x – 1) = –3, donc

limx → –2+

f(x) = + ∞.

• limx → 3–

(x2 – x – 6) = 0– et limx → 3–

(x – 1) = 2, donc

limx → 3–

f(x) = – ∞.

• limx → 3+

(x2 – x – 6) = 0+ et limx → 3+

(x – 1) = 2, donc

limx → 3+

f(x) = + ∞.

58 1. a) f, quotient de deux fonctions dérivables sur ]0 ; + ∞[, est dérivable sur cet intervalle.

∀x > 0, f ’(x) =

121x

× 21x – 11x

(3 + 1x)

4x = –3

4x 1x.

b) limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

1x

21x = 1

2.

limx → 0+

13 + 1x 2 = 3 et limx → 0+

21x = 0+, donc limx → 0+

f(x) = + ∞.

c) x 0 + ∞

f’ –

f+ ∞

12

d) limx → + ∞

f(x) = 12

donc la droite ∆ d’équation y = 12

est

asymptote horizontale à #f en + ∞.

2. a) Le problème est de déterminer une abscisse entière A à partir de laquelle la courbe #

f est dans la bande de plan

déterminée par les droites d’équations y = 0,5 et y = 0,501.

47 1. limx → –2–

(x2 – 1) = 3 et limx → –2–

(2x + 4) = 0 par valeurs

négatives, donc limx → –2–

f(x) = – ∞.

limx → 2+

(x2 – 1) = 3 et limx → 2+

(2x + 4) = 0 par valeurs positives,

donc limx → 2+

f(x) = + ∞.

2. Pour x < –2, 2x + 4 < 0. x2 – 12x + 4

< –10 ⇔ x2 – 1 > –20x – 40 ⇔ x2 + 20x + 39 > 0

⇔ x < –10 – 461 ≈ –17,8 ou x > –10 – 461 ≈ –2,189, donc on peut prendre α = 0,18.


49 1. limx → 1

(5x – 1) = 4 et limx → 1

(x – 1)2 = 0 par valeurs

positives, donc limx → 1

f(x) = + ∞.

2. 1 000 < 5x – 1(x – 1)2

⇔ 1 000 (x – 1)2 < 5x – 1

⇔ 1 000x2 – 2 005x + 1 001 < 0.∆ = 16 025, x

1 ≈ 0,939 par défaut,

x2 ≈ 1,065 8 par excès.

d’où 5 0,939 < 1 – α1 + α < 1,065 8

soit 5 α < 0,061α < 0,065 8

.

α = 0,06 convient.

50 1. limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

–x2

x = – ∞.

2. Pour x > –2, x + 2 > 0.f(x) < –1 000 ⇔ 1 – x2 < –1 000(x + 2)

⇔ x2 – 1 000x – 2 001 > 0.∆ = 1 008 004, x

1 ≈ – 1,997 et x

2 ≈ 1 001,97, donc A = 1 002.

51 1. limx → 2

(x – 2)2 = 0+, donc limx → 2

f(x) = + ∞.

2. x ≠ 2. 1

(x – 2)2 > 100 ⇔ 1 > 100(x – 2)2

⇔ 100x2 – 400x + 399 < 0.

∆ = 202, x1 =

400 – 20200

= 1,9 et x2 = 2,1.

Pour tout x de ]1,9 ; 2,1[, f(x) > 100.


53 a) x < –1. limx → –1–

(x2 – 1) = 0+, donc limx → –1–

f(x) = + ∞.

limx → –1+

(x2 – 1) = 0–, donc limx → –1+

f(x) = – ∞.

b) f(x) = 1

x(1 – x).

limx → 0–

x(1 – x) = 0–, donc limx → 0–

f(x) = – ∞ ;

limx → 0+

x(1 – x) = 0+, donc limx → 0+

f(x) = + ∞.

54 a) f(x) = 1x 112 – 12, donc limx → + ∞

f(x) = + ∞.

b) x > 1, limx → 1+

(x + 1) = 2 et limx → 1+

6x – 1 = 0+, donc

limx → 1+

f(x) = + ∞.

55 a) x ≠ 0, f(x) = x 11 – 21x

+ 7x 2.


11x

= limx → + ∞

1x

= 0, limx → + ∞

11 – 21x

+ 7x 2 = 1 et

limx → + ∞

f(x) = + ∞.

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c) Réciproque fausse. Contre-exemple: f(x) = 1x2

sur ]0 ; + ∞[. lim

x → + ∞ f(x) = 0 et lim

x → 0 f(x) = + ∞.

LIMITE D’UnE fonCTIon CoMPoSÉE


66 a) x > 3. Y = x + 2x – 3

, limx → 3

Y = + ∞ et limY → + ∞

1Y = + ∞,

donc limx → 3

6 x + 2x – 3

= + ∞.

b) Si x ∈ ]–2 ; 4[ : limx → 4

(x + 2) = 6 et

limx → 4

17x + 2 – 22 = 16 – 2 > 0.

limx → 4–

(x + 5) = 9 et limx → 4–

17x + 5 – 32 = 0–, donc limx → 4–

f(x) = – ∞.

Si x > 4 : limx → 4+

(x + 5) = 9 et limx → 4+

17x + 5 – 32 = 0+, donc

limx → 4+

f(x) = + ∞.

67 a) x < 23

. Y = x2

3 – 2x. lim

x → – ∞ Y = lim

x → – ∞

x2

–2x = + ∞ et

limY → + ∞

1Y = + ∞. Donc limx → – ∞

8 x2

3 – 2x = + ∞.

b) Y = x – 1x + 1x

= x 11 – 11x

+ 1x2 2.

limx → + ∞

11 – 11x

+ 1x2 2 = 1, donc lim

x → + ∞ Y = + ∞. Comme

limY → + ∞

Y3 = + ∞, limx → + ∞

f(x) = + ∞.

LIMITES ET SUITES

68 a) limn → + ∞

n2 + 12n + 1

= + ∞ et limx → + ∞

1x = + ∞, donc

limn → + ∞

8 n2 + 12n + 1

= + ∞.

b) On utilise l’expression conjuguée afin de lever l’indéter-

mination. un = 1

7n + 1 + 1n.

limn → + ∞

(n + 1) = + ∞, donc limn → + ∞

7n + 1 = + ∞.

Ainsi limn → + ∞

17n + 1 + 1n 2 = + ∞ et limn → + ∞

un = 0.

69 a) limn → + ∞

2n + 3n + 3

= 2 et limx → 2

1x = 12, donc limn → + ∞

un = 12.

b) Une factorisation permet de lever l’indétermination. Posons Y = 7n + 1. u

n = Y4 – Y.

limn → + ∞

Y = + ∞ et limY → + ∞

(Y4 – Y) = + ∞, donc limn → + ∞

un = + ∞.

70 1. 20 = 1 > 0 : (P0) est vraie.

Supposons (Pn) vraie pour un naturel n, c’est-à-dire 2n > n.

Alors 2n+1 = 2 × 2n > 2n > n + 1 : (Pn+1

) est vraie donc pour tout entier naturel n, 2n > n.Comme lim

n → + ∞ n = + ∞, lim

n → + ∞ 2n = + ∞ (théorème 2).

2. a) Posons Y = 2n. un =

3Y + 1Y + 3

.

limn → + ∞

Y = + ∞ et limY → + ∞

3Y + 1Y + 3


un = 3.

b) un =

Y – 1Y2 + 1

. limn → + ∞

Y = + ∞ et limY → + ∞

Y – 1Y2 + 1

= 0, donc

limn → + ∞

un = 0.

b) Entrer x

Tantque f(x) > 0,501

x reçoit x + 1

FinTantque

Afficher x

On incrémente d’abord x de 1 000 (ligne 8) pour localiser A, puis on affine la recherche. c) A = 2 250 000.

ThÉorèMES DE CoMPArAISon


60 limx → + ∞

2x – 1

x = 2 et lim

x → + ∞

3x

x + 1 = 3. Rien ne nous

permet d’affirmer que f a une limite en + ∞. La seule chose qu’on peut affirmer, c’est que si f a une limite en + ∞, cette limite est finie et appartient à [2 ; 3].

61 – 1x

< 3f(x) – 1 < 1x

⇔ 13

11 – 1x 2 < f(x) <

13

11 + 1x 2.

Or limx → + ∞

1x


13

11 – 1x 2 = lim

x → + ∞ 13

11 + 1x 2 =

13

.

Le théorème des gendarmes nous permet de conclure :

limx → + ∞

f(x) = 13

.

62 Non. contre-exemple : f(x) = sin(x) + 1x

.

63 limx → – ∞

14

x2 = + ∞ et ∀x < 0, f(x) > 14

x2.

Le théorème de comparaison nous permet de conclure : lim

x → – ∞ f(x) = + ∞.

64 1. a) Vraie 1 limx → + ∞

1x = + ∞ et théorème 22.b) Si lim

x → + ∞ f(x) = + ∞, alors pour tout x > 0, f(x) > 1x.

c) Réciproque fausse. Contre-exemple : f(x) = 1x

2.

2. a) Vraie (théorème des gendarmes).b) Si lim

x → + ∞ f(x) = ,, alors lim

x → + ∞ g(x) = lim

x → + ∞ h(x) = ,.

c) Réciproque fausse. Contre-exemple : g(x) = f(x) – 1 et h(x) = f(x) + 1.3. a) Fausse. Contre-exemple : Activité 1 page 52 du manuel.b) Si lim

x → + ∞ f(x) = ,, alors f est bornée.

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73 • limx → –1

f(x) = + ∞ et limx → –1+

g(x) = + ∞.

La droite ∆ d’équation x = –1 est asymptote verticale com-mune.• lim

x → – ∞ f(x) = lim

x → + ∞ f(x) = 1, lim

x → – ∞ g(x) = lim

x → + ∞ g(x) = 2.

Les courbes n’ont pas les mêmes asymptotes horizontales.

74 On utilise l’expression conjuguée afin de lever l’in-détermination. Pour x > 0 :

8x2 + 2 – 8x2 + x = 2 – x8x2 + 2 + 8x2 + x

=

x 1 2x

– 12

x 71 + 2x2

+ x 71 + 1x

=

2x

– 1

71 + 2x2

+ 71 + 1x

.


1x

= limx → + ∞

1x2

= 0, limx → + ∞

1 2x

– 12 = –1,

limx → + ∞

71 + 2x2

= limx → + ∞

61 + 1x

= 1, donc :

limx → + ∞

18x2 + 2 – 8x2 + x2 = – 12

.

75 •Sia < 0, limx → + ∞

8x2 + 2 = + ∞ et limx → + ∞

ax = – ∞, donc

limx → + ∞

18x2 + 2 – ax2 = + ∞.

•Sia = 0, limx → + ∞

8x2 + 2 = + ∞.

•Sia > 0, nous sommes en présence d’une forme indéter-minée.

Pour x > 0, 8x2 + 2 – ax = x 161 + 2x2

– a2.lim

x → + ∞ 161 + 2

x2 – a2 = 1 – a.

•Si0<a < 1, 1 – a > 0 et limx → + ∞

18x2 + 2 – ax2 = + ∞.

•Sia = 1, nous sommes en présence d’une forme indéter-minée.

61 + 2x2

– 1 = 1

x 161 + 2x2

+ 12

et 8x2 + 2 – ax = 1

61 + 2x2

+ 1

, d’où limx → + ∞

18x2 + 2 – ax2 = 0.

•Si1<a, 1 – a < 0 et limx → + ∞

18x2 + 2 – ax2 = – ∞.

AVEC LES TICE

71 1. limx → 0+

g(x) = + ∞ et limx → + ∞

g(x) = 0.

2. g(x) = 1 – xx 1x 17x2 + 1 + 8x2 + x 2

g(x) =

1x

– 1

1x 17x2 + 1 + 8x2 + x 2.

x > 0, limx → 0

(7x2 + 1 – 7x2 + x) = 1 et limx → 0

(x 1x ) = 0 par valeurs

positives, donc limx → 0

g(x) = + ∞.

limx → + ∞

1 1x

– 12 = –1 et limx → + ∞

1x 17x2 + 1 + 8x2 + x 2 = + ∞, donc

limx → + ∞

g(x) = 0.

3. Plus précisément, limx → + ∞

g(x) = 0–, donc la courbe est sous l’axe (O ; x) en + ∞.

72 1. a) limx → + ∞

1 + 1x

1 – 7x + 1 = –1.

b) limx → 0+

x2 + x8x2 + 4 – 2

= + ∞.

2. a) 1 + 1x

1 – 7x + 1 =

11x

+ 1

11x

– 6 x + 1x

.

Posons Y = x + 1

x.

limx → + ∞

Y = 1, donc limx → + ∞

6 x + 1x

= 11 = 1.

De plus limx → + ∞

11x


1 + 1x

1 – 7x + 1 = –1.

b) x2 + x8x2 + 4 – 2

= (x2 + x) 18x2 + 4 + 22

x2

= 11 + 1x2 18x2 + 4 + 22.

limx → 0+

11 + 1x2 = + ∞ et lim

x → 0+ 18x2 + 4 + 22 = 4, donc

limx → 0+

x2 + x8x2 + 4 – 2

= + ∞.

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79 1. Faux. Contre-exemple : considérons la fonction f telle que pour tout x > 0, f(x) = – 1. Pour tout x > 0,

f(x) = –1 < 2x

or limx → + ∞

f(x) = –1.

2. Vrai. limx → + ∞

2x

= limx → + ∞

3x

= 0 donc limx → + ∞

f(x) = 2 (théorème

des gendarmes).

3. Faux. limx → + ∞

11 + 3x 2 = 1 et lim

x → + ∞ 12 + 3

x 2 = 2.

f n’a pas nécessairement de limite en + ∞. Par contre, si elle a une limite, celle-ci est bien comprise entre 1 et 2.On verra au chapitre 6 des contre-exemples comme

f(x) = 3 + sin(x)2

.

4. Faux. Voir la représentation graphique n° 3 de l’exer-cice 42 page 69 du manuel. On verra au chapitre 6 des contre-exemples comme

f(x) = sin(x)x

+ a.

80 1. Faux. Contre-exemple : f(x) = x et g(x) = x2.

2. Faux. Contre-exemple : f(x) = 1x

et g(x) = 1x2

.

3. Vrai. Théorème 2 (de comparaison).

4. Faux. Contre-exemple : f(x) = 1 et g(x) = 1x

.

5. Faux. Contre-exemple : f(x) = 1 et g(x) = x.6. Faux. Contre-exemple : f(x) = x et g(x) = x + 1.

S(a) = A’B’ × y

M

2 = 1

2 12a – 2

a 2 2a

a2 + 1 = 2a2 – 2

a2 + 1 et

lima → + ∞

S(a) = 2.

82 1. limx → + ∞

f(x) = 1 et limx → 1+

f(x) = + ∞.

2. a) f(x) = 1 + 4x – 1

. Pour x > 1, f(x) > 1.

b) limx → + ∞

f 1f(x)2 = limx → 1+

f(x) = + ∞.

3. f 1f(x)2 =

x + 3x – 1

+ 3

x + 3x – 1

– 1 = x + 3 + 3(x – 1)

x + 3 – (x – 1) = x.

limx → + ∞

f 1f(x)2 = limx → + ∞

x = + ∞.

83 Pour tout nombre a, limx → + ∞

(x3 + ax2 + ax) = + ∞ et

limx → + ∞

(x + 1) = + ∞. Donc, a étant fixé, on se place sur un

intervalle [A ; + ∞[ sur lequel il n’y a pas de problème d’existence.


77 1. b) Car l’axe des ordonnées est asymptote à la courbe #

2 .

2. a) Car l’axe des abscisses est asymptote à la courbe #2

en + ∞.3. c) #

2 est au-dessus de #

1 pour x ∈ ]0 ; 1[ et en dessous

pour x > 1.

78 1. limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

3x

2x = 3

2 donc a) est fausse et b)

est vraie.

limx → – 3

+

2

(3x + 1) = – 72

et limx → – 3

+

2

(2x + 3) = 0+, d’où

limx → – 3

+

2

f(x) = – ∞ et c) est vraie.

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

3x

2x = 3

2 donc d) est fausse.

Réponses exactes : b) et c).2. Les limites précédentes permettent de conclure.

limx → + ∞

f(x) = limx → – ∞

f(x) = 32

, donc la droite d’équation y = 32

est asymptote horizontale à la courbe # en + ∞ et en – ∞.

limx → – 3

+

2

f(x) = – ∞, donc la droite d’équation x = – 32

est

asymptote verticale à la courbe #. Réponses exactes : b) et c).

3. f(x) – 3 = –72(2x + 3)

< 0 donc réponse exacte : b).

81 a > 1.

TA : y = – 1

a2 x + 2

a coupe (O ; x) en A’(2a ; 0) ;

TB : y = – a2x + 2a coupe (O ; x) en B’1 2

a ; 02.

Notons M le point d’intersection des deux tangentes. Les coordonnées de M sont solutions du système

(S) 5 y = – 1a2

x + 2a

y = – a2x + 2a

; (S) ⇔ 5 y = – a2x + 2a

x 1a2 – 1a2 2 = 21a – 1

a 2

Comme a > 1, a – 1a

≠ 0, (S) ⇔ 5 y = – a2x + 2a

x = 2

a + 1a

.

D’où M1 2a

a2 + 1 ; 2a

a2 + 1 2. (Remarque : xM

= yM

> 0).

Comme A’B’ = 2a – 2a

,

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87 1. limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x3

x = + ∞ ;

limx → 0–

f(x) = – ∞ ; limx → 0+

f(x) = + ∞ ;

limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x3

x = + ∞.

2.

Dès qu’on s’éloigne (pour x) de 0, les deux courbes sem-blent très voisines.

3. f(x) – g(x) = 1x

, donc du signe de x :

si x < 0 #f est en-dessous de #

g et si x > 0, #

f est au-dessus

de #g.

4. a) On peut conjecturer que la distance MP tend vers 0 quand x tend vers – ∞, comme quand x tend vers + ∞.

b) MP = | f(x) – g(x)| = 5 1x

si x > 0

– 1x

si x < 0

et limx → + ∞

1x

= limx → – ∞

1– 1x 2 = 0.

ASYMPToTES oBLIqUES

88 1. limx → + ∞

f(x) = – ∞ et limx → – ∞

f(x) = + ∞.

2. a) La représentation graphique de f est de plus en plus « proche » de la droite d’équation y = – x + 1 lorsque x tend vers + ∞ ou vers – ∞.b)

89 1. Conjectures : a) lim

x → – ∞ f(x) = – ∞, lim

x → – 3–

2

f(x) = – ∞, limx → – 3

+

2

f(x) = + ∞ et

limx → + ∞

f(x) = + ∞.

b) y = x + 1.2. Calculs :

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

2x2

2x = lim

x → – ∞ x = – ∞.

limx → – 3

+

2

(2x2 – x – 2) = 4 et limx → – 3

–

2

(2x – 3) = 0–, donc

limx → – 3

+

2

f(x) = – ∞.

limx → – 3

+

2

(2x – 3) = 0+, donc limx → – 3

+

2

f(x) = + ∞.

limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

2x2

2x = lim

x → + ∞ x = + ∞.

On utilise l’expression conjuguée afin de lever l’indétermi-nation. Pour x > 0 :

f(x) = x 19x + a + a

x – 7x + 12

f(x) = x × a + a

x – 1

9x + a + a

x + 7x + 1

f(x) = 1x × a + a

x – 1

91 + a

x + a

x2 + 61 + 1

x

.

limx → + ∞

1a + a

x – 12 = a – 1 et

limx → + ∞

191 + a

x + a

x2 + 61 + 1

x 2 = 2.

limx → + ∞

f(x) = a – 12

× limx → + ∞

1x, donc :

si a < 1, limx → + ∞

f(x) = – ∞ ;

si a > 1, limx → + ∞

f(x) = + ∞ ;

si a = 1, f(x) = 1

9x + 1 + 1x

+ 7x + 1

et limx → + ∞

f(x) = 0.

84 Raisonnons par l’absurde.Supposons qu’il existe x

0 tel que f(x

0) > ,.

∀x > x0, f(x) > f(x

0) car f est croissante sur I.

Notons α la distance non nulle de f(x0) à ,.

α = f(x0) – ,. L’intervalle 4, – α

2 ; , + α

2 3 ne contient

ni f(x0), ni les valeurs prises par f(x) pour x > x

0.

Ceci contredit la convergence de f(x) vers ,.L’hypothèse « il existe x

0 tel que f(x

0) > , » est fausse, donc

pour tout nombre x de I, f(x) < ,.

85 ∀x > 0, x – 1 < E(x) < x donc x – 1x

< E(x)x

< 1.


x – 1x

= 1, limx → + ∞

E(x)x

= 1 (théorème des

gendarmes).

86 1. a) et b) Lorsque m → + ∞, f(m) → –2 ;lorsque m → – ∞, f(m) → –2 ;lorsque m → 1, f(m) → –3 ;

lorsque m → 13

, 1m > 13 2, f(m) → – ∞ ;

lorsque m → 13

, 1m < 13 2, f(m) → + ∞.

2. a) UAM (m – 1 ; –2) est colinéaire à TAN(–1 ; yN – 2) d’où

yN = 2m

m – 1.

b) RBN13 ; 2m

m – 1 + 12 est colinéaire à ENP1f(m) ; – 2m

m – 12d’où f(m) = – 6m

3m – 1.

c) limx → + ∞

f(m) = –2 = limx → – ∞

f(m).

f(1) = –3, limx → – 1

–

3

f(m) = + ∞ et limx → – 1

+

3

f(m) = – ∞.


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b) Non, la droite δ ne convient pas.

f(x) – x

2 = x2 – 5

2x + 3 – x

2 = –3x – 5

2x + 3.

Or limx → + ∞

3f(x) – x

2 4 = limx → – ∞

3f(x) – x

2 4 = – 32

donc la courbe

ne « s’approche » pas de δ.3. a) x2 – 5 = (ax + b)(2x + 3) + c

= 2ax2 + x(3a + 2b) + 3b + c.

Par identification, a = 12

, b = – 34

et c = – 114

, d’où

f(x) = x

2 – 3

4 – 11

8x + 12.

b) Pour des valeurs de x tendant vers + ∞ ou vers – ∞, la courbe est très « proche » (et même de plus en plus

« proche ») de la droite ∆ d’équation y = x

2 – 3

4.

Confirmation : limx → – ∞

1– 118x + 12 2 = lim

x → + ∞ 1– 11

8x + 12 2 = 0.

91 x2 – 7x + 3 = (ax + b)(x – 2) + c = ax2 + x(b – 2a) – 2b + c.

Par identification, a = 1, b = –5 et c = –7, d’où

f(x) = x – 5 – 7x – 2

.

limx → – ∞

7x – 2

= limx → + ∞

7x – 2

= 0, donc la droite d’équation

y = x – 5 est asymptote oblique à la représentation de f en – ∞ et en + ∞.

3. a) Lorsque x tend vers – ∞ ou vers + ∞, les branches de la courbe semblent rectilignes.b) La direction de la droite convient, mais elle est trop « basse ».c) On construit la droite parallèle à la précédente dont l’or-donnée à l’origine est 1 (c’est-à-dire d’équation y = x + 1).4. a) 2x2 – x – 2 = (ax + b)(2x – 3) + c

= 2ax2 + x(2b – 3a) – 3b + c.Par identification, a = 1, b = 1 et c = 1, d’où

f(x) = x + 1 + 12x – 3

.

b) limx → + ∞

12x – 3

= limx → – ∞

12x – 3

= 0, ce qui confirme le choix

fait précédemment.

90 1. limx → + ∞

f(x) = limx → + ∞

x2

2x = lim

x → + ∞ x

2 = + ∞ ;

limx → – ∞

f(x) = limx → – ∞

x2

2x = lim

x → – ∞ x

2 = – ∞.

2. a)

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 3 Fonction exponentielle

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Fonction exponentielle3

Activité 1

1

a) Dans 20 ans : 7 × 1,01220 ≈ 8,886 milliards.b) Elle atteindra 10 milliards dans 30 ans.c) 59 ans sont nécessaires au doublement.

Activité 2

1 a) On peut conjecturer que les abscisses des points M0,

M1 et M

2 sont des entiers consécutifs.

Les vecteurs EM0A

0 (– m

0 ; 1) et OA

0A

1 (1 ; 1) sont colinéaires,

donc m0 = –1.

Les vecteurs EM1A

1 (1 – m

1 ; 2) et OA

1A


donc m1 = 0.

Les vecteurs EM2A

2 (2 – m

2 ; 4) et OA

2A


donc m2 = 1.

3 a) f étant strictement croissante sur , pour tout point A, f ’(x

A) > 0.

b) y = f ’(xA)(x – x

A) + f(x

A).

c) 0 = f ’(xA)(x

M – x

A) + f(x

A), d’où x

M – x

A = –

f(xA)

f ’(xA) et

M a pour abscisse xM

= xA –

f(xA)

f ’(xA).

d) f vérifie ⇔ ∀A ∈ #, xM

= xA – 1

⇔ ∀A ∈ #, f(x

A)

f ’(xA) = 1

⇔ ∀A ∈ #, f(xA) = f ’(x

A)

⇔ ∀x ∈ , f(x) = f ’(x) ⇔ f = f ’.

1 En première approximation, on suppose que la tempé-rature baisse linéairement par palier de 5 minutes.•Surlepremierpalier(de0à5min):θ(5) – θ(0)

5 – 0 = – 2. On en déduit k = θ’(0)

θ(0) = – 2

70.

•Surlesecondpalier(de5à10min):

θ(5) = 60, donc θ’(5) = – 127

.

y = – 127

x + b d’où 60 = – 127

× 5 + b, soit y = – 127

x + 4807

.

•Surledernierpalier(de10à15min):

θ(10) = 3607

donc θ’(10) = – 7249

.

y = – 7249

x + b d’où 3607

= – 7249

× 10 + b,

soit y = – 7249

x + 3 24049

, d’où θ(15) = 2 16049

≈ 44°.

On peut conjecturer que la température sera de 44° après 15 minutes.


PROBLÈME OUVERT

2 Enseignement spécifique Chapitre 3 Fonction exponentielle

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3 1.•OnnoteT0latangenteà#

f au point d’abscisse 0.

T0 : y = f ’(0)x + f(0) avec f ’(x) = f(x) = ex,doncT

0 : y = x + 1.

•Onnote∆0latangenteà#

g au point d’abscisse 0.

∆0 : y = g’(0)x + g(0) avec g(x) = x2

2 + x + 1 et

g’(x) = x + 1, donc ∆0 : y = x + 1.

•Ainsi∆0=T

0(tangentecommuneà#

f et #

g).

2. ∀x ∈ , ϕ(x) = f(x) – g(x).a) ϕ’(x) = f ’(x) – g’(x) = ex – (x + 1).b) La courbe de la fonction exponentielle est située au-des-sus de sa tangente au point d’abscisse 0, d’équation y = x + 1, donc pour tout x de , ex – (x + 1) > 0.Ainsi ϕ’(x) > 0, d’où le tableau de variation de ϕ :

x – ∞ 0 + ∞

ϕ’ + 0 +

ϕ 0

c)Sur]–∞;0],ϕ(x) < 0 donc #f est au-dessous de #

g.Sur

]0;+∞[, ϕ(x) > 0 donc #f est au-dessus de #

g.

4 1. a) ∀x ∈ , f(x) = ex(ex – e–x)2ex

= ex – e–x

2.

b) limx → – ∞

ex = 0 et limx → – ∞

e–x = + ∞ donc limx → – ∞

f(x) = – ∞.

limx → + ∞

ex = + ∞ et limx → + ∞

e–x = 0 donc limx → + ∞

f(x) = + ∞.

2. a) ∀x ∈ , f ’(x) = ex + e–x

2.

Ainsi f ’(x) > 0 d’où le tableau de variation de f :

x – ∞ 0 + ∞

f’ +

f– ∞

0+ ∞

b)T0 : y = f ’(0)x + f(0)doncT

0 : y = x.

3. ∀x ∈ , d(x) = f(x) – x.

a) ∀x ∈ , d’(x) = f ’(x) – 1 = ex + e–x

2 – 1

Température

Temps t5 10 15

10

20

30

40

50

60

70

0

•À la fin du chapitre : θ(t) = aekt.θ(0) = 70, donc a = 70.

θ(5) = 60, donc 70 e5k = 60 ⇔ e5k = 67

.

À la calculatrice (en attendant le chapitre 5), on trouve

k ≈ –0,030 83. (Remarque : – 270

≈ –0,028.)

D’où θ(t) = 70 e–0,030 83t et θ(15) ≈ 44,08°.

1 1. a) Pour tout nombre x,

g(– x) = 2e– x

1 + e– x = 2e– x × ex

(1 + e– x) × ex = 2

1 + ex d’où

g(x) + g(– x) = 2ex

1 + ex + 2

1 + ex = 2(1 + ex)

1 + ex = 2.

b) Pour tout x de , on considère les points M(x ; g(x)) et M’(– x ; g(– x)).Ils’agitdeprouverqueJestlemilieude[MM’].

•x

M + x

M’

2 = 0 = x

J ,

•y

M + y

M’

2 = g(x) + g(– x)

2 = 2

2 = 1 = y

J.

AinsiJestlemilieude[MM’]doncJestcentredesymétriede #

g.

2. a) f(x) > g(x) ⇔ e2x > 2ex

1 + ex

⇔ e3x + e2x – 2ex > 0 ⇔ e2x + ex – 2 > 0 (1)On pose X = ex.L’inéquation s’écrit X2 + X – 2 > 0 donc dans , X < –2 ou X >1.OrX>0doncl’inéquation(1)équivautàex > 1 soit x > 0.Ensemble des solutions : 6 = [0 ; + ∞[.b) On en déduit que :•Sur[0;+∞[, #

f est au-dessus de #

g.

•Sur]–∞ ; 0[, #f est au-dessous de #

g.

2 1. Représentation graphique :

2. On conjecture que f est une fonction constante de valeur 4.∀x ∈ , f(x) = (ex + e–x)2 – (ex – e–x)2

f(x) = e2x + 2 + e–2x – (e2x – 2 + e–2x) = 4.

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D’où le tableau de variation de d :

x – ∞ 0 + ∞

d’ + 0 –

d0

Ainsi, pour tout x de , d(x) < 0 donc #f est au-dessus

de #g.

c) Finalement, #f est au-dessus de #

g et #

g est au-dessus

de ∆ donc #g est entre ∆ et #

f .

D’où l’encadrement :∀x ∈ , x + 1 < ex < 1

2 (e2x + 1).

7 a) Pour tout nombre x, x ≠ –1 et x ≠ 0,

f(x) = ex – 1

x + 1 =

ex(1 – e–x)

x 11 + 1x 2

= ex

x × 1 – e–x

1 + 1x

.

Or limx → + ∞

ex

x = + ∞ et lim

x → + ∞ 1 – e–x

1 + 1x

= 1 donc :

limx → + ∞

f(x) = + ∞.

b) Pour tout nombre x, x ≠ 0,

g(x) = e2x + ex

x2 + 1 =

e2x(1 + e–x)

x2 11 + 1x22

= 1 ex

x 22

× 1 + e–x

1 + 1x2

.

Or limx → + ∞

1 ex

x 22

= + ∞ et limx → + ∞

1 + e–x

1 + 1x2

= 1 donc :

limx → + ∞

g(x) = + ∞.

8 1. La suite (un)estàtermesstrictementpositifsdonc

pour étudier son sens de variation il suffit de comparer u

n+1

un

à1.

∀n ∈ N*, u

n+1

un

= (n + 1)e–n

ne1–n = n + 1

n e–1 = 11 + 1

n 2 e–1.

Or n > 1 donc 1 + 1n

< 2.

Ainsi, u

n+1

un

< 2e–1 < 1 avec un > 0.

La suite (un) est strictement décroissante.

2. a) La suite (un) est décroissante et minorée par 0, donc

elle converge.

b) ∀n ∈ N*, un = ne × e–n = e × n

en = e ×

1en

n

.

Or limn → + ∞

en

n = + ∞ donc lim

n → + ∞

1en

n

= 0, d’où limn → + ∞

un = 0.

Remarque. On peut aussi conclure en utilisant la trans-formation d’écriture u

n = – e(– ne–n) et la limite connue

limx → – ∞

xex = 0.

On pose x = – n.Alors lim

n → + ∞ (– n) = – ∞ et lim

x → – ∞ xex = 0 donc

limn → + ∞

(– ne–n) =0 ; d’où limn → + ∞

un = 0.

d’(x) = ex + e–x – 22

= (ex + e–x – 2) × ex

2 × ex

= e2x – 2ex + 12ex

donc d’(x) = (ex – 1)2

2ex.

b) Ainsi d’(x) > 0 d’où le tableau de variation de d :

x – ∞ 0 + ∞

d’ + 0 +

d 0

c)Sur]–∞;0],d(x) < 0 donc #estau-dessousdeT0.

Sur]0;+∞[, d(x) > 0 donc #estau-dessusdeT0.

y

x1

T0

O

1

5 On note f (resp. g) la fonction définie sur par f(x) = ex (resp. g(x) = e–x).1.T

1 : y = f ’(1)(x – 1) + f(1) avec f ’(x) = ex.

T1 : y = e(x–1)+esoitT

1 : y = e x.

∆1 : y = g’(1)(x – 1) + g(1) avec g’(x) = – e–x.

∆1 : y = – e–1(x – 1) + e–1soitT

2 : y = – e–1x + 2e–1.

2.T1 a pour vecteur directeur ru1

(1 ; e) ; ∆1 a pour vecteur

directeur rv1(1 ; – e–1).

Or ru1 · rv1

= 1 × 1 + e × (– e–1) = 0 donc ru1 ⊥ rv1

.AinsiT

1 et ∆

1 sont perpendiculaires.

3. Dans le cas général, pour tout a de : Ta a pour

coefficient directeur f ’(a) = ea donc pour vecteur directeur

rua(1 ; ea) ; de même, ∆

a a pour vecteur directeur rva

(1 ;– e–a).Alors rua

· rva = 1 × 1 + ea × (– e–a) = 0 donc rua

⊥ rva.

AinsiTa et ∆

a sont perpendiculaires.

6 1. La tangente à #f au point d’abscisse 0 a pour

équation y = f ’(0)x + f(0) avec pour tout x de ,

f(x) = 12

(e2x + 1) et f ’(x) = e2x.

D’où l’équation : y = x + 1. Ainsi ∆ est tangente commune à#

f et #

g au point A(0 ; 1).

2. a) La courbe de la fonction exponentielle est située au-dessus de n’importe laquelle de ses tangentes, donc en par-ticulier au-dessus de ∆ (cf. exercice résolu B page 86 du manuel).b) ∀x ∈ , d(x) = g(x) – f(x).∀x ∈ , d’(x) = g’(x) – f ’(x) = ex – e2x = ex(1 – ex).Le signe de d’(x) est celui de 1 – ex :

1 – ex > 0 ⇔ ex < 1 ⇔ x < 0.

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Or limn → + ∞

(–2n) = – ∞, limx → – ∞

xex = 0 donc limn → + ∞

(–2n)e–2n = 0.

De plus, limn → + ∞

e–2n = 0 donc finalement, limn → + ∞

un = 0.

10 •∀x ∈ , f(x) = (xex)2

ex + 1.

Or limx → – ∞

xex = 0 et limx → – ∞

(ex + 1) = 1 donc limx → – ∞

f(x) = 0.

Ainsi l’axe des abscisses d’équation y = 0 est asymptote horizontaleà#

f en – ∞.

•∀x ∈ , f(x) = x2e2x

ex + 1 = x2e2x

ex(1 + e–x) = x2ex

1 + e–x.

Or limx → + ∞

x2ex = + ∞ et limx → + ∞

(1 + e–x) = 1 donc limx → + ∞

f(x) = + ∞.

La limite n’est pas finie, donc #f n’admet pas d’asymptote

horizontale en + ∞.

b) limx → – ∞

(f(x) + x) = limx → – ∞

ex = 0. Donc ∆ est asymptote

obliqueàlacourbe# en – ∞.

16 Dérivabilité•Lesoutils– Fonction exponentielle.– Définition de la dérivabilité.

•L'objectif– Étudier la dérivabilité d'une fonction.1. a)

b) f semble dérivable partout sauf en 1.2. a)Six < 1, f(x) = e–x+1.Six > 1, f(x) = ex–1.b) Sur ]–∞; 1[ comme sur ]1; +∞[, f est dérivable, car f est la composée d’une fonction affine (dérivable) par la fonction exponentielle (dérivable).

3. a) limh → 0h > 0

f(1 + h) – f(1)h

= limh → 0h > 0

eh – 1h

= 1.

limh → 0h < 0

f(1 + h) – f(1)h

= limh → 0h < 0

e–h – 1

h = lim

k → 0k > 0

ek – 1– k

= –1.

b) f n’est pas dérivable en 1.

9 1. ∀n ∈ N, un = n + 1

e2n = (n + 1)e–2n.

Ainsi un = f(n) où f est la fonction définie sur [0 ; + ∞[ par

f(x) = (x + 1)e–2x. Pour trouver le sens de variation de (un), il

suffit d’étudier celui de f. Pour tout x > 0,f ’(x) = e–2x – 2(x + 1)e–2x = (– 2x – 1)e–x.

Ainsi f ’(x) < 0 et f est strictement décroissante sur [0 ; + ∞[. (u

n) a même sens de variation que f, donc (u

n) est décrois-

sante.2. a) (u

n) est à termes strictement positifs.Ainsi (u

n) est

décroissante et minorée par 0, donc elle converge.b) ∀n ∈ N*, u

n = ne–2n + e–2n

= – 12

(–2n)e–2n + e–2n.

15 Tangentes passant par l’origine•Lesoutils– Fonction exponentielle.– Équation d'une tangente.– Position relative d'une droite et d'une courbe.

•Lesobjectifs– Déterminer des tangentes passant par un point donné.– Confirmer ou infirmer par le calcul une observation graphique.1. a) f ’(x) = ex – 1.

x – ∞ 0 + ∞

f’ – 0 +

f1

b) Il semble qu’il y ait deux tangentes passant par O.2. a)T

A a pour équation y = f ’(a)(x – a) + f(a),c’est-à-dire

y = (ea – 1)(x – a) + ea – a, soit y = (ea – 1)x + ea(1 – a).b)T

A passe par l’origine si et seulement si (0 ; 0) vérifie son

équation, autrement dit ea(1 – a) = 0, soit a = 1.3. a) Pour tout nombre réel x, f(x) > – x, puisque ex > 0. Donc # est strictement au-dessus de ∆.

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Le coût moyen unitaire est donc minimal quand la quantité produiteestégaleà1000.Commentaire : pour cette quantité, le coût marginal

C’(1 000) est égal au coût moyen C(1 000)1 000

,

soit 20e ≈ 54,37 €.2. Le bénéfice (algébrique) b(x)estégalà80x – C(x).Étudions les variations de la fonction b sur [0 ; + ∞[.

b’(x) = 80 – C’(x) = 80 – 20ex

1 000.

b’(x)>0équivautà80>20ex

1 000, soit ex

1 000 < 4.Notons a l’antécédent de 4 par la fonction exp : a ≈ 1,386 (on verra au chapitre 5 que a = ln(4)).

ex

1 000 < eaéquivautà x

1 000 < a, soit x < 1 000 a.

On en déduit le tableau de variation de b :

x 0 1 000 a + ∞

b’ + 0 –

b–20 000

m

– ∞

On constate que b(x) est maximal quand x = 1 000 a ≈ 1 386.Commentaire : pour cette quantité, le coût marginal C’(1 000 a) est égal au prix de vente unitaire, soit 80 €.

20 TD – Réglage et évolution d’une perfusion

1. limt → + ∞

c(t) = d

Cl, car lim

t → + ∞ e–

Cl16V

t = 0.

2. a) d

1

7,2 = 15 implique d

1 = 7,2 × 15 = 108.

b) c(t) = 108Cl

11 – e– Cl80

t2,

donc c(5) = 108Cl

11 – e– Cl16 2 = 5,9.

Cette égalité est vérifiée pour Cl ≈ 4,4 (voir le tableau du paragraphe 3).Le patient a une clairance de 4,4 L/h.

c) c(10) = 1084,4

11 – e– 4,480

102 ≈ 10,38.

d) cP = lim

t → + ∞ c(t) = c(10) +

d2

Cl.

Donc d2 = (c

P – c(10)) Cl ≈ (15 – 10,38) × 4,4

≈ 20,3.Le bon débit est de 20,3 mg/L.3.

17 Tangentes et parallèles•Lesoutils– Fonction exponentielle.– Antécédents par une fonction dérivable.

•Lesobjectifs– Déterminer des tangentes de direction donnée.– Résoudre une équation par l'étude d'une fonction.1. a) f est le produit de deux fonctions dérivables sur , donc elle est dérivable sur .f ’(x) = (2 – x)ex.b) On cherche x tel que (2 – x)ex = 2.2. a) g(x) = (2 – x)ex – 2, donc g’(x) = (1 – x)ex.

x – ∞ 1 + ∞

g’ + 0 –

g–2

e – 2

– ∞

b) Le tableau indique que g s’annule deux fois, puisque e – 2 > 0.Donc il y a deux tangentes solutions. L’une est la tangente au point (0 ; 1).

18 Narration de rechercheL’énoncé pourrait mettre sur la voie du développement de ex en série entière.En effet, si on cherche une fonction polynôme P de la forme P(x) = a

0 + a

1x + a

2x2 +…, la condition P(0) =1 fournit a

0 = 1,

et la condition P’ = P fournit la récurrence an+1

= a

n

n + 1. On

en déduit an = 1

n! pour tout entier naturel n. Cela permet de

conclure que la fonction exp n’est pas une fonction poly-nôme (sinon le nombre de termes serait fini), mais qu’on

peut écrire ex = 1 + x + x2

2 + … + xn

n! + … (sous réserve de

prouver la convergence du membre de droite).Mais la question peut être résolue de façon plus simple :•Siexpétaitunefonctionpolynôme,salimiteen–∞ serait + ∞ ou – ∞. Or lim

x → – ∞ ex = 0.

•Siexpétaitunefonctionpolynômededegrén, limx → + ∞

ex

xn

serait finie. Or limx → + ∞

ex

xn = + ∞.


1. Posons pour tout x > 0 : f(x) = C(x)x

et étudions les variations de fsur]0;+∞[.

f ’(x) = xC’(x) – C(x)x2

= 20xex

1 000 – 20 000ex

1 000

x2

= 20(x – 1 000) ex

1 000

x2.

On en déduit le tableau de variation de f :

x 0 1 000 + ∞

f’ – 0 +

f

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b)Lavitesseaugmente,maisatendanceàsestabiliseràla

valeur Mg

k.

c) v’(t) = ge– kt

M , donc v’(0) = g. La tangente a donc pour équation y = gt.Cela signifie qu’au début de la chute, la vitesse étant faible, les frottements le sont aussi, si bien qu’on retrouve la formule de la chute libre v(t) = gt.

2. limt → + ∞

v(t) = Mg

k = 2,7 × 10–3 × 9,8

5,4 × 10–3 = 4,9 m · s–1.

4,9 – v(t) < 10–3équivautà4,9e–2t < 10–3, soit e–2t < 10–3

4,9,

c’est-à-dire–2t < –3 ln(10) – ln(4,9).

On trouve t > 3 ln(10) + ln(4,9)2

≈ 4,2 s.

B. 1. a) u’(t) = ERC

e– t

RC > 0. Donc u est croissante sur

[0 ; + ∞[. limt → + ∞

u(t) = E.

b) u’(0) = ERC

, donc la tangente a pour équation y = ERC

x.

Elle coupe la droite d’équation y = E au point d’abscisse x = RC = τ.

c) i(t) = C u’(t) = ER

e– t

RC. La fonction i est décroissante et a

pour limite 0 en + ∞.d) u(t) = 6(1 – e–t), donc u(10) = 6(1 – e–10) ≈ 6.

2. a) u’(t) = – ERC

e– t–10RC < 0. Donc u est décroissante sur

[0 ; + ∞[. limt → + ∞

u(t) = 0.

b) i(t) = C u’(t) = – ER

e– t

RC < 0, car le courant va en sens

inverse de la situation 1.La fonction i est croissante, mais en valeur absolue le courant diminue, et tend vers 0.c) i(t) = 0,006e–(t–10), donc i(20) = 0,006e–20 ≈ 0.

23 TD – Fonctions transformant les sommes en produits1. a) f(0 + 0) = f(0) × f(0), soit f(0) = f(0)2. Donc f(0) = 0 ou f(0) = 1.b)Sif(0) = 0, alors pour tout nombre x, f(x) = f(x + 0) = f(x) f(0) = 0. f est la fonction nulle.2. f(0) = 1.a) Pour tout nombre x, f(x) f(– x) = f(x – x) = f(0) = 1.b)Sionavaitf(x) = 0, on en déduirait f(x) f(– x) = 0, ce qui contredirait l’égalité précédente.3. g(x) = f(a + x).a) g(x) = f(a) f(x), donc g’(x) = f(a) f ’(x).b) Mais d’autre part g’(x) = f ’(a + x). Donc f ’(a + x) = f(a) f ’(x).En particulier, si x = 0 : f ’(a) = f(a) f ’(0).Cette égalité étant vraie quel que soit a, on peut écrire f ’ = kf, en posant k = f ’(0).

4. g(x) = f(x)ekx

.

a) Pour tout x, g’(x) = ekx f ’(x) – kf(x)ekx

e2kx = f ’(x) – kf(x)

ekx = 0.

Donc g est constante sur .

a) Pour t < 10, c(t) = 24,5(1 – e–0,055t).Pour t > 10, c(t) = 10,4 + 4,6(1 – e–0,055(t–10)).Remarque. Pour t = 10, la fonction c est continue mais non dérivable.b) Le seuil de 12 mg/L a été dépassé entre t = 18 et t = 120, soit pendant 103 heures.c) Avec le débit initial de 108 mg/h, le seuil de toxicité aurait été dépassé dès la 20e heure.

21 TD – Fonctions logistiquesA. 1. a) La fonction t e–kt est décroissante sur [0 ; + ∞[.

Comme P

m

P0

– 1 > 0, la fonction t 1 + 1Pm

P0

– 12 e–kt est aussi

décroissante sur [0 ; + ∞[.Donc la fonction P est croissante sur [0 ; + ∞[.

limt → + ∞

P(t) = Pm.

b) La population augmente vers la valeur limite Pm, capa-

cité d’accueil maximale du milieu.2.

B. 1. La fonction t e–kt est décroissante sur [0 ; + ∞[.Comme b > 0, la fonction t 1 + be–kt est aussi décroissante sur [0 ; + ∞[.Donc la fonctionTestcroissantesur [0;+∞[. D’ailleurs

T’(t) = kbe–kt

(1 + be–kt)2 > 0. lim

t → – ∞T(t) = 0 et lim

t → + ∞T(t) = 1.

Letauxd’équipementcroîtde0(aucunménageéquipé)à1(tous les ménages équipés).

2.T(t) = 11 + e–0,16t

.

a) T(3) ≈ 0,62 : 62 % des ménages étaient équipés d’un téléphone mobile en 2003.T(10) ≈ 0,83 : 83 % des ménages étaient équipés d’un téléphone mobile en 2010.b)T(15)≈ 0,92 : on peut prévoir 92 % de ménages équipés en 2015.

22 TD – La fonction exponentielle en physique

A. 1. a) La fonction t e– kt

M est décroissante sur , donc la

fonction t – e– kt

M est croissante sur , donc la fonction v

est croissante sur [0 ; + ∞[. limt → + ∞

v(t) = Mg

k puisque

limt → + ∞

– e– kt

M = 0.

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b) On sait que limY → + ∞

eY

Y = + ∞. On en déduit

limY → + ∞

1nn

1 eY

Y 2n

= + ∞.

Or limx → + ∞

Y = + ∞, donc limx → + ∞

ex

xn = + ∞.

c) limx → + ∞

xn

ex = lim

x → + ∞

1

1 ex

xn 2 = 0.

2. a) xnex = (– Y)n e–Y = (–1)n Yn

eY.

b) limx → – ∞

Y = + ∞ et limY → + ∞

Yn

eY = 0 d’après 1.c).

Donc limx → – ∞

xnex = 0.

34 a) ex < ex2–12 ⇔ x2 – x – 12 > 0 ⇔ x ∈]–∞;–3]< [4 ; + ∞[.

b) e2x+1 < e3x ⇔ 2x2 + x – 3 < 0 soit x ∈ 3– 3

2 ; 14.

35 a) ex2–5 < e–4x ⇔ x2 + 4x – 5 < 0 soit x ∈[–5;1].

b) ex + e–x – 2 > 0 ⇔ 5 ex = X

X + 1X

– 2 > 0 ⇔ 5 e

x = XX2 – 2X + 1 > 0

,

soit (X – 1)2 > 0, donc x ∈ .

36 Pour tout x de ex > 0 et pour tout x ∈[–1;1],1 – x2 > 0 donc le produit (1 – x2) ex > 0.

37 e2x – ex+1 = (ex)2 – eex = ex(ex – e).ex > 0 pour tout x de donc e2x – ex+1 > 0 ⇔ ex > e soit x ∈ [1 ; + ∞[.

38 1. (ex + e–x)2 – 4 = (ex + e–x + 2)(ex + e–x – 2) > 0.ex + e–x + 2 > 0 et ex + e–x – 2 > 0 (cf. exercice 35 du manuel),donc pour tout x de (ex + e–x)2 – 4 > 0.

2. Il résulte de ex + e–x > 2 que ex + e–x

2 > 1.

39 1. 3g(x)42 = e2x + e–2x + 24

; 3h(x)42 = e2x + e–2x – 24

donc 3g(x)42 – 3h(x)42 = 1.

2. 23g(x)42 – 1 = e2x + e–2x + 22

– 1 = e2x + e–2x

2 = g(2x)

2g(x) h(x) = 12

(ex + e–x)(ex – e–x) = e2x – e–2x

2 = h(2x).


ÉTUDE DE LA fonCTIon ExPonEnTIELLE

41 a) f ’(x) = ex – 1.

b) f ’(x) = e–x[– x]=–x e–x.

b) Pour tout x, g(x) = g(0) = f(0) = 1. Donc pour tout x, f(x) = ekx.5. La fonction nulle vérifie f(a + b) = f(a) f(b), puisque 0 = 0 × 0.Sif(x) = ekx, alors f(a + b) = ek(a+b) = eka+kb = ekaekb = f(a) f(b).6. Les fonctions transformant les sommes en produits sont la fonction nulle et les fonctions de la forme x ekx, où k est un nombre réel.Remarque. Sik=0,c’estlafonctionconstanteégaleà1.Dans tous les cas, si on pose b = ek, ekx s’écrit bx.

24 TD – Comparaison à l’infini de ex et xn

1. a) ex

xn = enY

(nY)n = (eY)n

nnYn = 1

nn 1 eY

Y 2n

.

DE TÊTE

25 a) e2–x.b) ex.c) e–3.

26 a) ex–3 = 1 ⇔ x – 3 = 0, soit x = 3.

b) ex2 = e–x ⇔ x2 = – x, soit x = –1 ou x = 0.

27 a) e2x < ex ⇔ x < 0 donc x ∈]–∞ ; 0[.b) ex+1 < 1 ⇔ x + 1 < 0 donc x ∈]–∞;–1].

28 a) limx → + ∞

f(x) = 0 et limx → – ∞

f(x) = – ∞.

b) limx → + ∞

f(x) = 2 et limx → – ∞

f(x) = + ∞.

c) limx → + ∞

f(x) = + ∞ et limx → – ∞

f(x) = 2.

29 a) f ’(x) = 2e2x+1.b) f ’(x) = 3e–x.

30 limx → – ∞

eu(x) = 0 et limx → + ∞

eu(x) = 1.

CALCULS AVEC LA fonCTIon ExPonEnTIELLE

31 a) 2x2 – 7x + 3 = 0 soit x = 3 ou x = 12

.

b) x + 1 = 2x

soit x2 + x – 2 = 0 donc x = 1 ou x = –2.

32 a) 5 X = ex

3X2 + X – 4 = 0équivautà5 X = ex

X = 1 ou X = – 43

.

Or ex > 0, donc ex = 1 et x = 0.

b) 2e–x = 1ex + 3

⇔ 2ex

= 1ex + 3

soit ex = –6, donc l’équation

n’a pas de solution.

33 a) e2x+3 = e5x ⇔ 2x2 + 3x – 5 = 0 soit x = 1 ou x = – 5

2.

b) ex2 = e–2x e3 ⇔ x2 + 2x – 3 = 0 soit x = 1 ou x = –3.


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c) e2x = u(x) f(x) = 2 3u(2x) – u(0)2x 4 donc lim

x → 0+ f(x) = 2.

d) f(x) = e 3x – 1

3x × 3

5 donc lim

x → 0+ f(x) = 3

5.

55 1. f ’(x) = e x(x + 1)2 – 2ex(x + 1)

(x + 1)4 =

e x [x–1](x + 1)3

.

x ∈]–1;+∞[ donc (x + 1)3 > 0. f(1) = e4

.

x – 1 1 + ∞

f’ – 0 +

f

+ ∞

e4

+ ∞

2. M a pour coordonnées (a ; f(a)). La tangente en M a pour équation y = f ’(a)(x – a) + f(a).La tangente passe par l’origine si et seulement si f(a) = a f’(a), soit :

e a

(a + 1)2 =

a(a – 1)e a

(a + 1)3 ⇔ a + 1 = a 2 – a,

soit a 2 – 2a – 1 = 0.a

1 = 1 + 12 ou a

2 = 1 – 12.

Il existe donc deux valeurs de a.

56 1. f(0) = 1 ; f ’(0) = 0 ; f ’(1) = 0.f ’(x) = e– x (– ax 2 – bx – c) + e– x (2ax + b), = e– x [– ax2 + x (2a – b) + b – c].f(0) = 1 ⇔ c = 1.f ’(0) = 0 ⇔ b – c = 0.f ’(1) = 0 ⇔ 0 = e– 1(– a + 2a – b + b – c)soit a – c = 0donc b = c = a = 1 et f(x) = (x2 + x + 1)e– x et

f ’(x) = (– x2 + x)e– x = (1 – x)x e– x.2.

x – ∞ 0 1 + ∞

f’ – 0 + 0 –

f+ ∞

1

3e

0


SUITES ET ExPonEnTIELLES

58 a) un =

1 – e– n

2 + 3e– n donc lim

n → + ∞ u

n = 1

2.

b) limn → + ∞

un = 1

3.


60 1. un+1

= e1 –

n + 13 = e

1 – n3 e

– 13 = e

– 13 u

n, donc la suite u

n est

une suite géométrique de premier terme u0 = e et de raison

e–

13.

2. a) Pn = u

0 × u

0 q × … × u

0 q n = u

0n+1 × q1 + 2 + … + n

soit Pn = en+1 e

– 13

n(n + 1)2 = e

– n2 + 5n + 66 .

b) limn → + ∞

Pn = 0.

42 a) f ’(x) = (x2 + 3x) ex.b) f ’(x) = – (x2 + 1) e–x.


44 a) f ’(x) = xe–x – 1 + e–x

x2 = (x + 1) e–x – 1

x2.

b) f ’(x) = xex – ex

x2 = ex(x – 1)

x2.

45 a) f ’(x) = 1 – 2 ex(ex + 1) – e2x

(ex + 1)2

= 1 – 2ex

(ex + 1)2 = e2x + 1

(ex + 1)2.

b) f ’(x) = e1–x(– x2 – 2x) + (2x + 2) e1–x.= e1–x(– x2 + 2).


47 1. f(0) = 2 et f(–2) = 0 soit 5 b = 20 = (–2a + b) e2

soit b = 2 et a = 1 donc f(x) = (x + 2) e–x.2. f ’(x) = (– x – 1) e–x.

x – ∞ – 1 + ∞

f’ + 0 –

fe

Donc A a pour coordonnées (–1 ; e).


DES LIMITES IMPorTAnTES

49 a) limx → – ∞

f(x) = + ∞ et limx → + ∞

f(x) = + ∞.

b) limx → + ∞

f(x) = limx → – ∞

f(x) = 0.

c) limx → + ∞

f(x) = + ∞ et limx → – ∞

f(x) = + ∞.

d) limx → + ∞

f(x) = + ∞ et limx → – ∞

f(x) = – ∞.

50 a) limx → + ∞

f(x) = + ∞ ; limx → – ∞

f(x) = 0.

b) limx → + ∞

f(x) = + ∞ ; limx → – ∞

f(x) = 2.

51 a) limx → + ∞

f(x) = 12

; limx → – ∞

f(x) = – 1.

b) limx → + ∞

f(x) = + ∞ ; limx → – ∞

f(x) = 12

.

52 a) limx → 0+

f(x) = + ∞ ; limx → + ∞

f(x) = 1.

b) limx → 0+

f(x) = + ∞ ; limx → + ∞

f(x) = 0.

53 a) f(x) = 1ex

x 22

; limx → 0+

f(x) = + ∞ ; limx → + ∞

f(x) = 0.

b) f(x) = 1 x

ex22

; limx → 0+

f(x) = 0 ; limx → + ∞

f(x) = + ∞.

54 a) e x = u(x) ; f(x) = u(x) – u(0)

2x donc lim

x → 0+ f(x) =

12

.

b) 1 – e– x

x =

e x – 1e x x

= 1e x

× e x – 1

x donc lim

x → 0+ f(x) = 1.

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. S

b)

x – ∞ – 1 + ∞

g’’ + 0 –

g’0

g 2e –

2e = 0

c) Donc g(x) > 0 si x < – 1 et g(x) < 0 si x > – 1, donc, pour x < – 1, # est au-dessus de la tangente et # est en dessous de la tangente pour x > – 1.


67 1. La tangente en M a pour équation : y = f ’(a)(x – a) + f(a)

donc la tangente passe par O si et seulement si :– a f’(a) + f(a) = 0.

2. f ’(x) = e x (x + 2) – e x

(x + 2)2 =

e x (x + 1)

(x + 2)2

– a f’(a) + f(a) = e a

a + 2 –

a e a (a + 1)

(a + 2)2 = 0

soit (a + 2) – a(a + 1) = 0 donc a2 – 2 = 0, soit a = 12 ou a = – 12.Il existe donc deux tangentes passant par l’origine du repère.

68 1. g’(x) = e x – 1.

x – ∞ 0 + ∞

g’ – 0 +

g

+ ∞

1

+ ∞

Pour tout x réel, g(x) > 0 donc e x > x ; il en résulte que :

limx → + ∞

e x = + ∞ et limx → + ∞

e– x = limx → + ∞

1

e x = 0.

2. h’(x) = 1 – 4 3e x (e x + 1) – e2 x

(e x + 1)2 4 = (e x + 1)2 – 4e x

(e x + 1)2 =

(e x – 1)2

(e x + 1)2

donc h’(x) = 0 si x = 0 et pour tout x ∈ , h’(x) > 0.

h(0) = – 4

2 = – 2. lim

x → – ∞h(x) = – ∞ car lim

x → – ∞ e x = 0.

h(x) = x – 4

1 + e– x. lim

x → + ∞h(x) = + ∞.

69 1.•e x

x2 =

1

4 1e 2y

y2 2 = 1

4 1e y

y2

2

,

donc limx → + ∞

e x

x2 = lim

y → + ∞ 1

4 1 e y

y2

2

= + ∞.

•SiY=–x, x2 e x = y2 e– y = y2

e y.

limx → – ∞

x2 e x = limy → + ∞

y2

e y = 0.

2. f ’(x) = 2x e– x – x2 e– x = e– xx (2 – x).f ’(x) > 0 pour x ∈]0;2[.lim

x → – ∞x2 e– x = + ∞ ; lim

x → + ∞ x2 e– x = 0, d’où le tableau.

61 1. u0 > 0 et si u

n > 0 alors u

n+1 > 0 car e– un > 0

donc pour tout n ∈ N, un > 0.

2. u

n+1

un

= e– un = 1eun

< 1 et un > 0, donc la suite (u

n ) est

décroissante.3. La suite (u

n ) est décroissante et minorée par zéro, donc

convergente.

62 1. f est la fonction définie sur + par f(x) = 80 – 27– 0,1x, donc f ’(x) = 27e– 0,1x > 0 donc f est une fonction strictement croissante et la suite (u

n ) est strictement croissante.

2. a) vn+1

= e– 0,1n × e– 0,1 = e– 0,1vn, donc (v

n ) est une suite

géométrique de premier terme e– 0,1 et de raison e– 0,1.

b) v1 + … + v

12 =

v1[1 – (e– 0,1)12]

1 – e– 0,1 =

e– 0,1[1 – e– 1,2]

1 – e– 0,1,

ou encore v1 + … + v

12 =

1 – e– 1,2

e0,1 – 1.

3. un = 80 – 27v

n donc

u1 + … + u

12 = 80 × 12 – 27

1 – e– 1,2

e 0,1 – 1 ≈ 956.

ExErCICES DE SYnThèSE

63 •g(0) = 0 ; g(1) = 1e0 = 1.•g’(x) = e x – 1 [x+1]>0pourx ∈[0;1].•g(x) – x = x e x – 1 – x = f(x). f ’(x) = e x – 1 (x + 1) – 1. f ’’(x) = e x – 1 (x + 2).

x 0 α 1

f’’ +

f’ 1e

– 1 – 0 +1

f0

f(α)

0

Doncsur[0;1],f(x) < 0 donc g(x) < x.Ainsi, g vérifie les trois conditions.


65 1. f ’(x) = e x [1 – x–1]=–x e x.

f ’(1) = – e ; f ’(– 1) = 1e

.

La tangente en A a pour vecteur directeur ru1(1 ; – e) et celle

en B a pour vecteur directeur ru2 11 ; 1e 2.

ru1.ru2

= 0 donc les tangentes sont perpendiculaires. La tangente en B a pour équation :

y = 1e

(x + 1) + 2e

= 1e

(x + 3).

2. a) g’(x) = – x e x – 1e

.

g’’(x) = (– x – 1)e x.

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) Donc N a pour coordonnées (0 ; et (1 – t )) et M(t ; e t ).

c) Donc I a pour coordonnées x = t

2 et y = e t (2 – t)

2.

En conclusion : t = 2x donc

y = e2x (2 – 2x)2

= (1 – x)e2x,

doncIappartientà#g.

x1

O

N

M

I

1

f

g

74 2. a) Il semble que le point correspondant au minimum de f

mappartientàΓ.

b)IlsemblequeTm passe par un point fixe.

3. a) f ’M

(x) = e x (x + m + 1).

x – ∞ – (m + 1) + ∞

f’M – 0 +

fM

0

– e– (m + 1)

+ ∞

b)DoncSm a pour coordonnées x = – (m + 1) et

y = – e– (m + 1), donc y = – e xetSmappartientà(Γ).

c) f ’m[1]=e(m + 2) ; f

m(1) = (m + 1)e.

Donc la tangente en M a pour équation :y = e(m + 2)(x – 1) + e(m + 1) = e[2x – 1 + mx].Pour x = 0, y = – e donc pour tout nombre m,T

m passe par

le point A(0 ; – e).

75 1. b) Il semble que les tangentes en M et N soient perpendiculaires. Il semble que I se déplace sur #

h.

Ilsemblequeladroite(PI)soittangenteà#h en I.

2. a) La tangente en M a pour équation :y = x e t + e t (1 – t )

et la tangente en N :y = – x e– t + e– t (1 + t ).

Donc la tangente en M a pour vecteur directeur ru(1 ; e t ) et en N rv (1 ; – e– t ).Donc ru . rv = 0 et les tangentes sont perpendiculaires.

70 1. ϕ’(x) = e x + (x – 1) e x = x e x.

x – ∞ 0 + ∞

j’ – 0 +

j

0

Donc pour tout x de , ϕ(x) > 0.2. ϕ(1) = x e x est de la forme ex (x + n – 1).Supposonsqueϕ(n)(x) = e x (x + n – 1).Alors ϕ(n + 1)(x) = e x [1 + x + n–1]=ex (x + n).Donc si ϕ(n)(x) est vrai il en est de même pour ϕ(n + 1)(x). Donc pour tout n > 1 :

ϕ(n)(x) = e x (x + n – 1).

3. a) 1(p – 1)!

– 1p !

= p

p ! – 1

p ! = p – 1

p !.

b) Sn = 0

1! + 1

2 ! + … + n – 1

n !

= 01!

+ 12!

+ 12!

– 13!

+ … + 1(n – 1)!

– 1n !

= 1 – 1n !

et limn → + ∞

Sn = 1.

71 1. Q’(t) = [Qe – Q

0 ]0,06e– 0,06 t > 0,

donc Q est croissante sur [0 ; + ∞[.lim

t → + ∞Q(t) = Q

e.

2. a) 0,06Qe – 0,06Q(t) = 0,06[Q

e – Q(t)]

= 0,06 [Qe – Q

e + (Q

e – Q

0 ) e– 0,06 t ]

= 0,06 (Qe – Q

0 ) e– 0,06 t = Q’(t).

b) v est le « facteur » constant dans l’expression de Q’(t) : v = 0,06Q

e, d’où :

Qe = v

0,06 ≈ 633 kg/ha.

72 1.T’(t) = – k (T0–T

a )e– kt.

•Sik > 0 : si t0<T

a,T’(t) > 0 pour tout t > 0,

donc la fonction est croissante.•SiT

0=T

a,Testunefonctionconstante.

•SiT0>T

a,lafonctionTestdécroissante.

2. (180 – 20)e– k/2 + 20 = 100, d’où e– k/2 = 12

.

(180 – 20)e– k t + 20 = 30, d’où e– k t = 116

.

e– k t = (e– k / 2)2t = 122t

= 116

, donc t = 2.

Onpourraservirlegâteauà22heures.

AVEC LES TICE

73 1. b) I semble se déplacer sur la courbe #g.

2. a) f ’(x) = e x

y = e t (x – t ) + e t

y = et x + e t (1 – t).Six = 0, y = e t (1 – t).

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th T

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. S

11 ; e t – e– t

2 2.

Or h’(t) = e t – e– t

2. La tangente en I a donc pour vecteur

directeur 11 ; e t – e– t

2 2 c’est-à-dire rw. Il en résulte que la

droite(PI)estlatangenteenIà#h.


76 (un ) est une suite arithmétique de premier terme

u0 = 1 et de raison 1, donc u

n = 1 + n. Il en résulte que

vn = e– 1 – n.

v n + 1 = e– 1 – n – 1 = e– 1 e– 1 – n = e– 1 vn.

La suite vn est donc une suite géométrique de premier terme

e– 1 et de raison e– 1.

Donc v0 + … + v

n =

e – 1(1 – e– (n + 1))

1 – e– 1 = 1 – e– (n + 1)

e – 1

.

limn → + ∞

e– n – 1 = 0 donc

limn → + ∞

(v0 + … + v

n ) = 1

e – 1 .

77 un = e

1/n – 1

1 n . On pose 1 n = X.

limn → + ∞

un = lim

X → 0+ e

X – 1 X

= 1. La suite converge vers 1.

2. a) La tangente en B de coordonnées (0 ; 1) a pour équation y = f ’(0)(x) + 1, soit y = x + 1.On cherche donc le signe de Ψ(x) = (x + 1)2 e– x – (x + 1) = (x + 1) [(x + 1)e– x–1].On note ϕ la fonction définie sur par

ϕ(x) = (x + 1)e– x – 1.b) ϕ’(x) = e– x [– x–1+1]=–x e– x.

x – ∞ 0 + ∞

j’ + 0 –

j

– ∞

0

– 1

•Six ∈]–∞;–1],x + 1 < 0, ϕ(x) < 0 donc Ψ(x) > 0 et # estau-dessusdelatangenteT.•Six ∈[–1;0],x + 1 > 0, ϕ(x) < 0 donc Ψ(x) < 0 et # est endessousdelatangenteT.•Six > 0, x + 1 > 0, ϕ(x) < 0 donc Ψ(x) < 0 et # est en dessousdeT.

x1O

f

TM

TN

N

I

P

M

gh

1

b) Le point P de coordonnées (x ; y) est tel que :

y = x e t + e t (1 – t) x = t – e t – e– t

et + 2 – t5 y = – x e– t + e– t(1 + t)

⇔ 5 y = 2

et + 2 – t.

Donc P a pour coordonnées 1t – e t – e– t

et + e – t ; 2

et + e – t 2.

c) I a pour coordonnées 1t ; e t + e– t

2 2.Donc x = t ; y = e t + e– t

2 ,

soit y = e x + e– x

2 donc I ∈ #

h.

d) Le vecteur Y PI a pour coordonnées :

1 e t – e– t

et + e – t ; (e t – e– t )2

2(et + e – t ) 2Il est colinéaire au vecteur rw de coordonnées :


79 1. a) f(– 1) = 0, f ’(– 1) = 0, f(0) = 1.f ’(x) = (– a x2 – bx – cx + 2ax + b) e– x

= [(– a x2 + x (2a – b) + b – c]e– x.f(0 = c = 1 ; f(– 1) = (a – b + c ) e = 0 ; f ’(– 1) = [– a – 2a + b + b–c]e=0,soit

c = 1 c = 1

5 a – b + c = 0 ⇔ 5 b = 2 – 3a + 2b – c = 2 a = 1.

Donc f(x) = (x2 + 2x + 1)e– x = (x + 1)2 e– x

f ’(x) = [– x2+1]e– x.b) D’où le tableau de variation :

x – ∞ – 1 1 + ∞

f’ – 0 + 0 –

f+ ∞

0

4e

0

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3. n < un < n + 1, donc lim

n → + ∞u

n = + ∞.

1 0 pour tout x de . Or si k est impair, k

R(x) < 0

pour x ∈]–∞;0]d’oùlaconclusion.

2. a) f(0) = 0 et fn(1) = 1 e , donc toutes les courbes #

n passent

par O(0 ; 0) et B11 ; 1 e 2.b) f ’

n(x) = – x n e– x + nx n – 1 e– x = x n – 1 e– x [n – x].

3. f ’3(x) = x2 e– x(3 – x), d’où le maximum pour x = 3.

4. a) f ’k(1) = k – 1 e , f

k(1) = 1 e,donclatangenteenMà#

k a

pour équation :

y = k – 1 e (x – 1) + 1 e = k – 1 e (x) – k e + 2 e ,

donc la tangente coupe l’axe des ordonnées au point A de

coordonnées 10 ; 2 – k e 2.

b) A a pour coordonnées 10 ; – 4 e 2, donc 2 – k e = – 4 e

soit k = 6.c) f

6(x) = x6 e– x et f ’

6(x) = x5 e– x [6 – x].

x – ∞ 0 6 + ∞

f’6 – 0 + 0 –

f6

0

66

e6

0

Donc f6 n’est pas strictement croissante sur [0 ; + ∞[ et

limx → + ∞

fk(x) = 0.

80 A

1. limx → + ∞

f(x) = + 1 donc y = + 1 est asymptote horizontale.

2. f ’(x) = (x + 1) – (x – 1)

(x + 1)2 + e– x = 2

(x + 1)2 + e– x.

f ’(x) > 0 pour tout x de [0 ; + ∞[.3. f(0) = – 2, f ’(0) = 2 + 1 = 3, donc y = 3x – 2. C’estuneéquationdelatangenteTà# en x = 0.

x 0 1 u 2 + ∞

f’ +

f

– 2

0

+ 1

– 1 e , 0 1 3 – 1

e2 . 0

f(1) < 0 et f(2) > 0 et feststrictementcroissantesur[1;2],donc il existe u ∈]1;2[uniquetelquef(x) = 0.

B. 1. f ’n(x) =

(x + n) – (x – n)

(x + n)2 + e– x = 2n

(x + n)2 + e– x > 0.

x 0 n un

n + 1 + ∞

f’n +

fn

– 2

0

+ 1

– e– n , 0 fn(n + 1) . 0

2. a) fn(n) < 0.

b) Pour n = 0, e > 1 est vrai.Sien + 1 > 2n + 1, alors e n + 2 > (2n + 1) × e.ϕ(n) = (2n + 1) e – (2n + 3) = 2n (e – 1) + e – 3.ϕ est une fonction linéaire croissante et ϕ(1) = 3e – 5 > 0, donc (2n + 1) e > 2n + 3. Donc e n + 2 > 2n + 3.Ainsi, en + 1 > 2n + 1 est vrai pour tout n.

c) fn(n + 1) = 1

2n + 1 – e – (n + 1).

Or en + 1 > 2n + 1, donc 1

en + 1 < 1

2n + 1 et f

n(n + 1) > 0. Donc,

d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe u

n ∈]n ; n + 1[ tel que f

n(u

n ) = 0.

..

..

B 1. a) f0 est une fonction affine représentée par une droite.

b) f0(x) = f

1(x) ⇔ (x + 1) = (x + 1)e , soit (x + 1)(1 – e x) = 0.

Les solutions sont x = – 1 et x = 0. Or fm(0) = 1 et f

m(– 1) = 0.

Donc toutes les courbes #m passent par A(0 ; 1) et B(– 1 ; 0).

2. fm + 1

(x) – fm(x) = (x + 1)e(m + 1) – (x + 1)e mx

= (x + 1) em x (e x – 1).

– 1 0

#m + 1

est au-dessus de #

m

#m + 1

est en dessous de #

m

#m + 1

est au-dessus de #

m

fm(– 1) = f

m + 1(– 1) f

m (0) = f

m + 1(0)

82 A 1. limx → + ∞

f(x) = 0 et limx → – ∞

f(x) = – ∞.

f ’(x) = – x e– x.

x – ∞ 0 + ∞f’ + 0 –

f– ∞

1

0

2. #– 1

est la courbe verte de la figure.

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. S

3. a) f ’m(x) = m(x + 1)e mx + e mx

= emx [mx + m+1].b) m . 0

x – ∞ – m + 1 m + ∞

f’m – 0 +

fm

0

f – 1m + 1

m 2

+ ∞

m , 0

x – ∞ – m + 1 m + ∞

f’m + 0 –

fm

– ∞

f – 1m + 1

m 2

0

4. La courbe rouge est #– 3

; #– 1

est la verte ; #1 est la

violette et #2 est la bleue.

83 1. a) f (1)(x) = (x2 + 3x + 2)e x.b) Pour n = 1, f (1)(x) est de la forme (x2 + a

n x + b

n )e x

avec a1 = 3 et b

1 = 2.

Supposonsf (n)(x) = (x2 + an x + b

n )e x et calculons f (n + 1)(x) :

f (n + 1)(x) = [x2 + (an + 2) x + a

n + b

n]ex.

an + 1

= an + 2 et b

n + 1 = a

n + b

n. Comme a

n et b

n sont des

entiers naturels, il en est de même pour an + 1

et bn + 1

.2. a) a

n + 1 = a

n + 2. La suite a

n est une suite arithmétique de

premier terme a1 = 3 et de raison 2. Il en résulte que :a

n = 3 + (n – 1)2 = 2n + 1.

b) bn = a

n – 1 + b

n – 1

bn – 1

= an – 2

+ bn – 2+ 5

b2 = a

1 + b

1.

Par addition :

bn = b

1 + a

1 + … + a

n – 1 soit b

n = 2 +

n – 1

∑i = 1

ai .

Or a1 + … + a

n – 1 =

(n – 1)(a1 + a

n – 1)

2 = n2 – 1.

Donc bn = n2 + 1.

c) f (2012)(x) = (x2 + 4 025x × (2012)2 + 1)e x.

84 A 1. a) ϕ’(x) = e x – x, ϕ''(x) = e x – 1.b)

x 0 ∞

j’’ +

j’1

++ ∞

j1

++ ∞

c) Donc ϕ(x) > 0 et e x > x2

2 , soit e x

x > x 2

donc limx → + ∞

e x x = + ∞.

2. a) Ψ'(x) = e x – x2

2 = ϕ(x) > 0.

Donc Ψ est croissante avec Ψ(0) = 1 > 0. Il en résulte que,

pour tout x > 0, e x > x3

6 .

b) De a) il découle que e x

x2 > x

6 et lim

x → + ∞ e

x

x2 = + ∞.

B 1. f ’(x) = (– x2 + 2x)e x = x (2 – x) e– x.

x – ∞ 0 2 + ∞

f’ – 0 + 0 –

f+ ∞

0

4e2

0

2. f(x) – g(x) = e– x(x2 – 1).Six ∈]–1;1[,f(x) < g(x) donc # est en dessous de Γ et si x < – 1 ou x > 1, # est au-dessus de Γ.3. a)Six < – 1, # est au-dessus de (Γ), donc x

p – x

q > 0 et

PQ = xp – x

q .

b) xq = x

p – 1, donc f(x

p) = g(x

p – 1) = m.

c) Il s’ensuit que x 2p e– x p = e– xp + 1 donc e– x p(x 2

p – e) = 0,

soit x 2p = e et x

p = – 1e, donc x

q = – 1e – 1.

85 1. a) ϕ’(0) = 1 donc 1 – [ϕ(0)]2 = 1 soit ϕ(0) = 0.Si ϕ’(x) = 0 pour tout x, alors [ϕ(x)]2 = – 1, ce qui est impossible.b) 2ϕ’(x) ϕ''(x) – 2ϕ’(x) ϕ(x) = 0.2ϕ’(x) [ϕ''(x) – ϕ(x)]=0.Or ϕ’(x) ≠ 0 donc pour tout x réel, ϕ''(x) = ϕ(x).2. a) u(x) = ϕ’(x) + ϕ(x) et v(x) = ϕ’(x) – ϕ(x).u(0) = ϕ’(0) + ϕ(0) = 1 et v(0) = ϕ’(0) – ϕ’(0) = 1.b) u’ = ϕ'' + ϕ’ = ϕ + ϕ’ = u.v’ = ϕ'' – ϕ’ = ϕ – ϕ’ = – v.3. D’après les résultats admis :

u(x) = e x et v(x) = e– x.

Donc ϕ(x) = 1 2 (u – v) = e x – e– x

2 .

86 A 1. g’(x) = e x – 1.

x 0 1/2 1 + ∞

g’ 0 +

g0

+ ∞

2. Pour tout x de [0 ; + ∞[, g(x) > 0.3. a) Pour tout x de [0 ; + ∞[, e x – x > 1 > 0.

b) g1 1 2 2 = 1e – 3

2 , g(1) = e – 2,

donc si x ∈ 3 1 2 ; 14, alors 1e – 3

2 < g(x) < e – 2, soit :

1e – 1 2 < e x – x < e – 1 et 1

e – 1 < 1 ex – x < 1

1e – 1 2 ,

soit 1 2 < 1

e – 1 < 1 e x – x < 1

1e – 1 2 < 9

10 .

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De plus, pour tout n de N, un ∈[0;1]avecu

0 = 1

2 donc :

1 2 < u

n < u

n + 1 < 1.

b) f(x) – 1 = e x – 1 e x – x – 1 = x – 1 e x – x < 9

10 (x – 1).

Donc un – 1 <

(un – 1

– 1)

2 9

10

un – 1

– 1 < (un – 2

– 1) 9 10

u1 – 1 < (u

0 – 1) 9

10

soit : un – 1 < 1 9

10 2

n

(u0 – 1).

3. limn → + ∞

1 9 10

2n

= 0 donc limn → + ∞

un = 1.

87 1. a) On pose ϕ(x) = e x – 1 – x. Alors ϕ’(x) = e x – 1.

x – ∞ 0 + ∞

j’ – 0 +

j

0

Donc pour tout x réel ϕ(x) > 0, soit 1 + x < e x. [1]b) En remplaçant x par – x on obtient 1 – x < e– x, soit e– x + x – 1 > 0.

2.Six < 1, 1 e x > 1 – x, 1 – x > 0 donc :

e x < 1 1 – x

. [2]

3. a)Six = 1 n il vient 11 + 1 n 2 < e1n soit 11 + 1 n 2

n

< e.

b) D’après [2], en prenant x = 1 n + 1

, on a

e1

n + 1 < n + 1 n .

Donc e < 11 + 1 n 2n + 1

.

4. a) D’après les questions précédentes :

11 + 1 n 2n

< e < 11 + 1 n 2n + 1

soit

un < e < n + 1 n × u

n

donc ne

n + 1 < u

n < e.

b) limn → + ∞

n

n + 1 e = e, donc lim

n → + ∞u

n = e.

B 1. a) f ’(x) = ex [ex – x]–(ex – 1)2

(e x – x)2 .

f ’(x) = e2x – x e x – e2x + 2e x – 1

(e x – x)2 =

e x (2 – x) – 1

(e x – x)2 .

On note, pour tout x ∈[0;1],h(x) = e x (2 – x) – 1.b) h’(x) = e x (1 – x).

x 0 u = 1 2 1

h' +

h1

+e – 1

f0

u1

1

c) Il résulte du tableau précédent que si x ∈ [0;1],alorsf(x) ∈[0;1].

2. a) f(x) – x = e x – 1 – x e x + x2

ex – 1

= e x (1 – x) – (1 + x)(1 – x)

e x – 1

,

soit f(x) – x = (1 – x)[e x – 1 – x]

e x – 1

= (1 – x) g(x)

e x – 1

.

b) 1 – x > 0, g(x) > 0, e x – 1 > 0, donc f(x) – x > 0 et # est au-dessus de ∆.C 1. Voir la figure ci-après.La suite (u

n ) semble croissante et converger vers 1.

2. a) u0 ∈[0;1]doncf(u

0 ) = u

1 ∈[0;1].

De plus, si un ∈[0;1],f(u

n ) ∈[0;1]soitu

n + 1 ∈[0;1].

O

j

i

1

1

1u

0 = —

2

u1u

2u

3

u1 =

1e – 1

1e – 1 2 > u

0 donc u

0 1, la fonction f étant croissante, on a

f(un – 1

) < f(un ), soit u

n < u

n + 1.

Ainsi on montre par récurrence que la suite est croissante.

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 4 Continuité et dérivation

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Continuité et dérivation4


Activité 1

1 a) 2,5 ∈ [2 ; 3[, E(2,5) = 2 ; 4 ∈ [4 ; 5[, E(4) = 4 ; π ∈ [3 ; 4[, E(π) = 3 ;

3 4 ∈ [0 ; 1[, E 1 3

4 2 = 0 ;

– 2 ∈ [– 2 ; – 1[, E(– 2) = – 2 ; – 0,1 ∈ [– 1 ; 0[, E(– 0,1) = – 1. b) E(0,1) = 0. L’équation E(x) = 0 admet pour ensemble solution l’intervalle [0 ; 1[.Pour n entier, l’équation E(x) = n admet pour ensemble solution l’intervalle [n ; n + 1[.c) E(x) = 0,3 n’a pas de solution car pour tout nombre x, E(x) est, par définition, un nombre entier.

2 b) On peut lire que E(x) = 0,3 pour x voisin de 1, x < 1, ce qui n’est pas cohérent avec la propriété émise en 1. c).c) Changer de fenêtre ne règle pas le problème.Le nombre 0,3 n’apparaît jamais dans la table de valeurs.d) E(1) = 1. Lorsque x tend vers 1, x < 1, E(x) = 0 et lorsque x tend vers 1, x > 1, E(x) = 1.En termes de limites :

limx → 1–

E(x) = 0 et limx → 1+

E(x) = 1.

On retrouve cette discontinuité pour tout entier relatif.e)

y

x1O

1

Activité 2

1 a) QF = 21 500 : 2,5 = 8 600 €.I = 21 500 × 0,055 – (327,97 × 2,5) = 362 €.b) On ne sait pas a priori quelle tranche est concernée. R × 0,14 – 1 339,13 = 3 600 a pour solution R = 35 278 ce qui est impossible dans cette tranche (R < 26 420 €).R × 0,30 – 5 566,33 = 3 600 € a pour solution R = 30 553 € qui convient car cette tranche correspond à 26 420 € < R < 70 830 €.c) si R = 26 420 €, I ≈ 2 359,67 € donc I = 2360 €.et si R = 26 421 €, I ≈ 2 359,97 € donc I = 2360 €.Le changement de tranche pour 1 € n’ a pas modifié le montant de l’impôt.

2 a) Dans le cas d’une personne ayant une seule part, la fonction « Impôt » f est définie sur +. 0 si 0 < x < 5 963 0,055x – 327,97 si 5 963 < x < 11 896 f(x) = 5 0,14x – 1 339,13 si 11 896 < x < 26 420 0,30x – 5 566,33 si 26 420 < x < 70 830 0,41x – 13 357,63 si 70 830 < x.b) Sur chacun des intervalles : [5 963 ; 11 896[, [11 896 ; 26 420[, [26 420 ; 70 830[ et [70 830 ; + ∞[, f est affine. Les coefficients directeurs étant respectivement 0,055 ; 0,14 ; 0,30 et 0,41, f est strictement croissante sur chacun de ces intervalles.

3 a) limR → 11 896+

f(R) = 326,31 = limR → 11 896–

f(R).

b) et c) La représentation de f est une ligne brisée constituée de quatre segments et une demi-droite.

y

xO

10 000

10

00

0

5 9

63

26

42

0

70

83

0

11

89

6

2 Enseignement spécifique Chapitre 4 Continuité et dérivation

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. S

7 f est dérivable sur et, pour tout nombre x :f ’(x) = x² + x – 6 = (x – 2)(x + 3).

x – ∞ – 3 2 + ∞

f’ + 0 – 0 +

f– ∞

29 2

– 19 3

+ ∞

Sur I = ]– ∞ ; – 3[, f est continue et strictement croissante,

f (I) = – ∞ ; 29 2 qui contient 4. f (x) = 4 admet donc (théo-

rème 4) une unique solution sur I.Il en est de même sur [ – 3 ; 2] et sur ]2 ; + ∞[ qui contiennent 4. L’équation f(x) = 4 admet donc trois solutions dans : – 4,84 < a < – 4,83 ; – 0,49 < β < – 0,48 et 3,82 < γ < 3,83.

8 1. f(–1) = – 3 2 ; f 1 – 1

2 2 = 1

2 ; f(0) = – 1

2 et f(1) = 1

2 .

2. f est continue sur – 1 ; – 1 2 . f (– 1) < 0 < f 1 – 1

2 2 .

Il existe au moins un nombre x de – 1 ; – 1 2 tel que f (x) = 0

(théorème des valeurs intermédiaires). Il en est de même

sur – 1 2 ; 0 et sur [0 ; 1]. f admet (au moins) trois racines.

On peut montrer qu’elle n’en admet que trois.

9 a) ∀ x ∈ , f ’(x) = 6x² – 6x = 6x(x – 1).

x – ∞ 0 1 + ∞

f’ + 0 – 0 +

f– ∞

– 1

– 2

+ ∞

∀ x < 1, f(x) < – 1.Sur [1 ; + ∞[, f est continue et strictement croissante. f([1 ; + ∞[) = [– 2 ; + ∞[ qui contient 0 : l’équation f(x) = 0 admet une unique solution a dans .

1 f est affine donc continue sur chacun des intervalles [0 ; 2[, [2 ; 4] et ]4 ; 6]. lim

x → 2–(x – 2) = 0 et f(2) = – 1 donc

limx → 2–

f(x) ≠ f(2) : f n’est pas continue en 2.

f(4) = – 5 = limx → 4+

(x – 9) : f est continue en 4.

2 f est une fonction usuelle continue sur chacun des intervalles ]– ∞ ; 0[ , [0 ; 4] et ]4 ; + ∞[.limx → 0–

x² = 0 = f(0) = 10 : f est continue en 0.

f(4) = 2 ≠ limx → 4+

x : f n’est pas continue en 4.

3 f(x) = – 1 si x < 0

5 f(0) = 0 f(x) = 1 si x > 0.

f est constante donc continue sur ] – ∞ ; 0[ et sur ]0 ; + ∞[.limx → 0–

f(x) = – 1 ≠ limx → 0+

f(x) = 1 : f n’est pas continue en 0.

4 f est une fonction polynôme donc continue sur chacun des intervalles ]– ∞ ; 1[ et [1 ; + ∞[.

limx → 1–

(– x² + ax + a) = 2a – 1 et f(1) = 2.

f continue en 1 ⇔ 2a – 1 = 2 ⇔ a = 3 2 .

5 f(–1) = e, f(1) = 1 et f est affine sur ]– 1 ; 1] :

y = 1 – e 2 x + 1 + e

2 .

6 1. f est dérivable sur I = [– 1,5 ; – 1[ et, pour tout x

de I, f ’(x) = x² (2x + 3)

(x + 1)2

. f ’(x) est donc du signe de 2x + 3,

c'est-à-dire strictement positive sur ]– 1,5 ; – 1[. f est donc strictement croissante sur I.2. f(–1,5) = 6,75 et lim

x → – 1f(x) = + ∞. f étant continue et

strictement croissante sur I, f(I) = [6,75 ; + ∞[ = J.10 ∈ J, donc il existe un unique nombre a de I tel que f(a ) = 10 (théorème 4).


PROBLÈME OUVERTNotons 2x (en cm) la longueur

A

B Cx

21 – x

de la base du triangle.L’aire (x) s’exprime (en cm²) par (x) = x 9(24 – x)2 – x2, soit (x) = 4x 936 – 3x .À la calculatrice, la représentation de coupe deux fois la droite d’équation y = 108.

Le problème semble donc admettre deux solutions. •À la fin du chapitre :

est dérivable sur [0 ; 12[ et '(x) = 18(8 – x)

936 – 3x.

Cette dérivée s’annule pour x = 8, valeur en laquelle atteint un maximum d’environ 110. On retrouve (théorème des valeurs intermédiaires) deux valeurs pour lesquelles (x) = 108.

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b) u : x 2x est dérivable sur et strictement positive sur ]0 ; + ∞[ donc u est dérivable et non nulle sur ]0 ; + ∞[. Ainsi, f est définie et dérivable sur ]0 ; + ∞[.

∀ x > 0, f ’(x) =

– 2 212x

2x

= – 1 2x 42x

.

16 a) x 42x est dérivable sur ]0 ; + ∞[, donc f est dérivable sur ]0 ; + ∞[.

∀ x > 0, f ’(x) = 42x + x × 1 42x

= 3x

42x = 1 9x

2 .

Remarque. f est dérivable en 0 car limx → 0+

f (x)

x = 0.

b) x x3 – 2x est dérivable sur et strictement positive sur I = ]– 12 ; 0[ et sur J = ]12 ; + ∞[. f est donc dérivable sur I ∪ J.

∀x ∈ I ∪ J , f ’(x) = 3x2 – 2 29x3 – 2x

.

17 a) x 3x² – 1 est dérivable sur et strictement

positive sur I = – ∞ ; – 1 13

et sur J = 1 13

; + ∞ .f est donc dérivable sur I ∪ J.

∀x ∈ I ∪ J , f ’(x) = 6x

293x2 – 1 = 3x

93x2 – 1

.

b) x 3x – 2 2x – 3

est déf inie et dérivable sur – 5 3 2 6 et stricte-

ment positive sur I = – ∞ ; 2 3 et sur J = 3

2 ; + ∞ . f est donc

dérivable sur I ∪ J.

∀x ∈ I ∪ J , f ’(x) = – 5 (2x – 3)2

25 3x – 2 2x – 3

= – 5 2 5 2x – 3

3x – 2 × 1

(2x – 3)2 .

18 a) f est définie et dérivable sur – 3.

∀x ≠ 3, f ’(x) = – 3 (x – 3)4

.

b) f est déf inie et dérivable sur – 5 3 2 6.

∀x ≠ 3 2 , f ’(x) = 5(– 2) × – 2

(3 – 2x)3 = 20

(3 – 2x)3 .

19 a) x 3x² – 1 est dérivable sur . f est dérivable sur . ∀x ∈ , f ’(x) = 6xe3x² – 1.b) x 2x et x x² – 1 sont dérivables sur .f est dérivable sur .

∀x ∈ , f ’(x) = 2e2x + 2x e x² – 1.

20 a) f est définie et dérivable sur – 0.

∀x ≠ 0 , f ’(x) = 2xe2x – e2x

x2

= (2x – 1)e2x

x2

.

b) f est définie et dérivable sur .∀x ∈ , f ’(x) = (2x + 2)e x + 1 .

f(1) = – 2 et f(2) = 3 soit f(1) × f(2) < 0, donc la solution a ∈ [1 ; 2]. b) Plus précisément, 1,6 < a < 1,7.

10 f(–1) = –1, f(0) = 1 et f est continue.f(–1) × f(0) < 0, donc il existe au moins un nombre c de ]– 1 ; 0[ tel que f(c) = 0. En fait, comme f ’(x) = 3x² + 1 > 0, la fonction est strictement monotone, le nombre c est unique.Pour info : – 0,7 < c < – 0,6.

11 1. f est dérivable sur et pour tout nombre x,f ’(x) = 3x² + 6x = 3x (x + 2).

x – ∞ – 2 0 + ∞

f’ + 0 – 0 +

f– ∞

5

1

+ ∞

Pour tout x > – 2, f(x) > 1.Une seule solution a appartenant à ]– ∞ ; – 2[.2. – 3,11 < a < – 3,10.

12 f(x) = – 3 admet une unique solution sur chacun des intervalles ]– ∞ ; – 1[, ]– 1 ; 4[ et ]4 ; + ∞[ car, sur chacun d’eux, f est continue, strictement monotone et les intervalles images par f contiennent le nombre – 3.

13 1. Déterminer les points communs à la courbe et à l’axe des abscisses revient à résoudre dans l’équation e2x + x – 2 = 0. La fonction f définie sur par f(x) = e2x + x – 2 est dérivable sur et pour tout x de , f ’(x) = 2e2x + 1 > 0.f est continue et strictement croissante sur .

limx → – ∞

f (x) = – ∞ et limx → + ∞

x 1 e2x

x + 1 – 2 x 2 = + ∞,

donc f() = . L’équation f(x) = 0 admet une unique solution a. 2. 0,27 < a < 0,28.

14 a) f est une fonction polynôme (ici sous une forme factorisée) donc dérivable sur .

∀ x ∈ , f ’(x) = 3(– 3)(4 – 3x)² = – 9(4 – 3x)².b) De même, f est dérivable sur .

∀ x ∈ , f ’(x) = 5 (14x + 1)(7x² + x – 3)4.

15 a) x x² est dérivable sur . La fonction u : x x² + 1 est dérivable sur . Pour tout x

de , u(x) ≠ 0 et la fonction 1 u est déf inie et dérivable

sur .f, somme de deux fonctions dérivables sur , est dérivable sur , et :

∀ x ∈ , f ’(x) = 2x – 2x

(x² + 1)2 .

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b)x – ∞ – 3 + ∞

g' – 0 +

g– 1

– e4 – 1

+ ∞

g(x) = (x + 2)e x – 1 – 1 = (x + 2)

(x – 1)

(x – 1)e x – 1 – 1

et limx → – ∞

(x – 1) e x – 1 = 0, donc limx → – ∞

g(x) = – 1.

c) ∀x < 3, g(x) < 0.Sur [3 ; + ∞[, g est continue et strictement croissante et g([3 ; + ∞[) = [– e 4 – 1 ; + ∞[ qui contient 0. Il existe donc un unique nombre a tel que g(a) = 0 (théorème 4).g(0,20) ≈ – 0,011 et g(0,21) ≈ 0,002 9 donc :

0,20 < a < 0,21.d) si x < a, g(x) < 0 et si x > a, g(x) > 0.4. a) et b)

x – ∞ 0 a + ∞

f’ + 0 – 0 +

f– ∞

0 + ∞

c) La fonction f n’est pas croissante comme conjecturé.d) L’équation f(x) = 0 admet deux solutions : x

1 = 0 et x

2 > a.

e)

y

x0,05O

0,005


x > – a et x > 1 2 .

82x –1 = x + a ⇒ 2x – 1 = (x + a)² ⇔ x² + 2(a – 1)x + a² – 1 = 0 (E).∆ = – 8a

Si a > 0, (E) n’admet pas de solution.

Si a = 0, une solution x = 1 (qui convient car 1 > 1 2 > 0).

Si a < 0, (E) admet deux solutions :

x1 = (1 – a) + 6– 2a et x

2 = (1 – a) 6– 2a.

∀a < 0, x1 > – a et x

1 > 1 > 1

2 , donc x

1 convient.

Pour x2, on a bien x

2 > 1

2 mais a-t-on aussi x

2 > – a ? Gra-

phiquement, on peut conjecturer que le résultat change

selon la place de a par rapport au nombre – 1 2 .

25 Polynômes de degré impair•Lesoutils– Limite à l'infini d'une fonction polynôme.– Théorème des valeurs intermédiaires.

•L'objectif– Montrer que tout polynôme de degré impair a au moins une racine.

1. b) x – ∞ + ∞

P1

– ∞

+ ∞

∀x ∈ , P’3(x) = – 3x² < 0.

x – ∞ – 1 1 + ∞P '

3 –

P3

+ ∞

+ ∞

∀x ∈ , P’5(x) = 5x4 – 5 = 5(x² + 1)(x + 1)(x – 1).

x – ∞ – 1 1 + ∞P '

5 + 0 – 0 +

P– ∞

5

– 3

+ ∞

2. P1() = , P

3() = , P

5() = .

3. a) Soit P un polynôme de degré n impair.Si a

n > 0, lim

x → – ∞P(x) = lim

x → – ∞a

n xn = a

n × lim

x → – ∞xn = – ∞

limx → + ∞

P(x) = limx → + ∞

an xn = a

n × lim

x → + ∞xn = + ∞.

Si an < 0, lim

x → – ∞P(x) = lim

x → – ∞a

n xn = a

n × lim

x → – ∞xn = + ∞

limx → + ∞

P(x) = limx → + ∞

an xn = a

n × lim

x → + ∞xn = – ∞.

b) Quel que soit l’entier naturel n impair, P est une fonction

continue sur et P() = , donc l’équation P(x) = 0 a au moins une solution (théorème des valeurs intermédiaires).

26 Utiliser une fonction auxiliaire•Lesoutils– Dérivées d'un produit, d'une somme et de eu.– Utilisation d'une fonction auxiliaire pour étudier le signe d'une dérivée.– Théorème des fonctions continues strictement monotones.

•Lesobjectifs– Étudier les variations d'une fonction.– Infirmer une conjecture résultant de la lecture d'un écran graphique.

1. ∀x ∈ , f ’(x) = e x – 1 (x² + 2x) – x.

2. f ’(x) = x × g(x), avec g(x) = (x + 2) e x – 1 – 1.3. a) g’(x) = (x + 3) e x – 1.

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La fonction racine carrée est continue et dérivable sur ]0 ; + ∞[.

f ’g(0) = – 1 et lim

x → 0+ 1x

x = + ∞ donc f n’est pas dérivable en 0.

b) Sur les trois intervalles, f est une fonction polynôme donc continue et dérivable.En 0limx → 0+

f(x) = 0 = f(0) : f est continue en 0.

h < 0 : f (h) – f (0)

h = – h + 2 donc f ’

g(0) = 2.

h > 0 : f (h) – f (0)

h = h donc f ’

d (0) = 0.

f ’g(0) ≠ f ’

d(0) : f n’est pas dérivable en 0.

En 2limx → 2+

f(x) = 4 = f(2) : f est continue en 2.

h < 0 : f (2 + h) – f (2)

h = h + 2 donc f ’

g(2) = 2.

h > 0 : f (2 + h) – f (2)

h = – h + 4 donc f ’

d (2) = 4.

f ’g(2) ≠ f ’


30 TD – Lorsque la dérivée est bornéeA 1. b) On peut conjecturer que les coefficients directeurs sont compris entre 1 et 8. 2. b) De même, le taux d’accroissement de f semble compris ente 1 et 8. B 1. f ’’(x) = 3x² > 0 sur I, donc f ’ est strictement croissante sur I : pour tout x de I,

f ’(1) < f ’(x) < f ’(2) soit 1 < f ’(x) < 8.2. a) φ, somme de deux fonctions dérivables sur I, est dérivable sur I. ∀x ∈ I, φ’(x) = 8 – x3 > 0, donc φ est croissante.b) a f (a) – f (b)

a – b

.

c) Le coefficient directeur de la droite (AB) étant égal à

f (a) – f (b)

a – b

, d’après la question précédente, il ne dépasse

pas 8. 3. a) ψ(x) = x – f(x).∀x ∈ I, ψ’(x) = 1 – x3 < 0, donc ψ est décroissante.a ψ (b) ⇔ a – f(a) > b – f(b) ⇔ (a – b) > f(a) – f(b)

⇔ 1 < f (a) – f (b)

a – b

.

b) Le coefficient directeur de toute sécante à # (en deux points distincts) est compris entre 1 et 8.

x2 > – a ⇔ 1 6– 2a > 0 ⇔ 1 > 6– 2a ⇔ 1 > 2a

⇔ a > – 1 2

.

Conclusion :

Si – 1 2 < a < 0, (E) admet deux solutions.

Si a < – 1 2 , (E) admet une unique solution.

28 Narration de recherche1. v’

1(x) = u’(x) × eu(x) du signe de u’(x), donc v

1 et u varient

dans le même sens.2. v’

2(x) = [u(x) + u’(x)] eu(x).

x – ∞ 0 a b + ∞

u’ – – 0 + +

u – 0 +

v +

Le seul intervalle sur lequel il est possible de déterminer le sens de variation de v

2 est [b ; + ∞[.

29 TD – La dérivée n'est pas toujours continueA f est continue en a mais non dérivable en a. B 1. b) Sur chacun des intervalles I = ]– ∞ ; 2[ et J = [2 ; + ∞[, f est une fonction polynôme donc continue.limx → 2+

(– x² + 4) = 0 = f(2) : f est donc continue sur .

2. Sur chacun des intervalles I et J, f est une fonction polynôme donc dérivable.3. a) • h < 0

f (2 + h) – f (2)

h =

– (2 + h)2 + 4 – 0

h = – h2 – 4h

h = – h – 4.

limh → 0–

(– h – 4) = – 4 = f ’g(2).

• h > 0

f (2 + h) – f (2)

h =

(2 + h)2 – 4

h = h + 4.

limh → 0–

(h + 4) = 4 = f ’d(2).

b) f ’g(2) ≠ f ’


4. f ’(x) = – 2x si x < 2 5 2x si x > 2.

x – ∞ 0 2 + ∞

f’ + 0 – u +

f– ∞

4

0

+ ∞

C a) f est affine sur ]– ∞ ; 0] donc continue et dérivable sur ]– ∞ ; 0].

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2) x

81 + x2 f ’(x) + 81 + x2 f ’’(x) = f ’(x).

x f ’(x) + (1 + x2) f ’’(x) = 81 + x2 f ’(x)soit

(1 + x2) f ’’(x) + x f ’(x) = f(x).

44 1. f est dérivable sur ]– 1 ; + ∞[

et f ’(x) = 2x 7x + 1 + x2

2 7x + 1

,

soit f '(x) = 4x (x + 1) + x2

2 7x + 1

= x (5x + 4)

2 7x + 1

.

x – 1 – 4 5 0 + ∞

f’ + 0 – 0 +

f0

16 2515

0

2) A a pour coordonnées 1 – 4 5 ; 16

2515 2 .

45 1. f ’(x) = 1 2 7x + 1

, f ’(0) = 1 2 .

Donc la tangente en A a pour équation y = 1 2 x + 1 ;

c'est la droite d.

2. g(x) = 7x + 1 – x 2 – 1.

g’(x) = 1 2 7x + 1

– 1 2 =

1 – 7x + 1

2 7x + 1 .

x – 1 0 + ∞

g’ + 0 –

g– 1

2

0

– ∞

Pour tout x de [– 1 ; + ∞[, g(x) < 0 donc # est en-dessous de d.

DÉrIVATIon DE u n ET 1 un

46 a) f ’(x) = 4 (2x – 2)(x2 – 2x)3.b) f ’(x) = – 15(1 – 3x)4.

47 a) f ’(x) = 6(3x – 1)(1 – 2x)3 – 6(1 – 2x)2(3x – 1)2 = 6(3x – 1)(1 – 2x)2(2 – 5x).

b) f ’(x) = 2x(1 – x)3 – 3x2(1 – x)2

= x(1 – x)2(2 – 5x).

48 a) f ’(x) = 6 (1 – 2x)4

. b) – 12 (3x + 1)3

.

49 a) f ’(x) = – 6(x + 2)

(x – 1)3

. b) f ’(x) = – x – 3 (x + 1)3

.

DE TÊTE

31 f(3) = 2, limx → 3

2 3 x = 2 donc f est continue en x = 3 et

sur .

32 f(0) = 0 et limx → 0

f(x) = 1 donc f n'est pas continue en 0 donc sur .

33 f(– 3) × f(6) < 0 donc f(x) = 0 a au moins une solution dans I.

34 1. f(x) = 0 admet 2 solutions :2. – 3 < a < – 1 et 1 < β < 3.

35 Pour tout x de , f ’(x) = 2x ex2 + 1.

36 f est la fraction définie sur par f(x) = x3 + 3x – 2.

f ’(x) = 3x2 + 3 > 0 donc f est strictement croissante sur . f(0) = – 2. f(1) = 2.

L'équation f(x) = 0 a donc une unique solution.

DÉrIVATIon DE 2u


38 a) Pour tout x ∈ ]– i ; 1[, f ’(x) = – x

81 – x2 .

b) Pour tout x ∈ [0 ; + ∞[, f ’(x) = 3x2

28x3 + 3

.

39 a) f ’(x) = – 1 + x

8x2 + 9 .

b) f ’(x) = 7x + 1 – x

2 7x + 1 × 1

x + 1 = x + 2

2(x + 1)3/2 .

40 a) f ’(x) = 2 (1 – x)2

24 x + 1 1 – x

= 1

(1 – x)2 4 x + 1 1 – x

.

b) f ’(x) = x + 1 9x2 + 2x

.

41 Le raisonnement est faux. La fonction f est dérivable

sur ]0 ; + ∞[ et f ’(x) = 3x

21x .

Pour savoir si elle est dérivable en 0, on cherche

limx → 0+

h 1h

h = 0 donc f est dérivable en 0 et f ’(0) = 0.

Par conséquent, la tangente a pour équation y = 0.


43 1. f ’(x) = 1 + x

81 + x2 =

f(x)

81 + x2 ,

soit 81 + x2 f ’(x) = f(x).

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60 N’(t) =

– 1 21t

t e

– 2d 2

t + 1 1t

× 2d 2 t 2

e–

2d 2

t

soit N’(t) = – 1 2t1t

e–

2d 2

t + 2d 2 t 21t

e–

2d 2

t

= e–

2d 2

t . 1 2t 2 1t

[– t + 4d 2].

t 0 4d 2 + ∞

N’ + 0 –

N0

1 2d1e

0

Donc N(t1) = 1

2d 1e .

LA ConTInUITÉ

61 1. f(1) = – 4 limx → 1+

f(x) = – 4.

f est continue sur .2. La dérivée à gauche est f ’(1) = – 1.

limh → 0+

f (1 + h) – f (1)

h = lim

h → 0+ 5 1 + h

= 5,

donc f n'est pas dérivable en 1 donc sur .

62 1. x > 0, f(x) = 71 + x – 1

x × 71 + x + 1

71 + x + 1

= 1 71 + x + 1

.

2. limx → 0

f (x) = 1 2 et f (0) = 1

2 ,

donc f est continue en x = 0.


64 1. f ’(x) = – 2 x e1 – x2 + 2x3 e1 – x2 = 2 x e1 – x2 (x2 – 1).

Sur [0 ; + ∞], f ’(x) = 0 pour x = 1 et pour x > 1 f ’(x) > 0. De plus, f(0) = 1 et lim

x → + ∞ f(x) = 1 car lim

x → + ∞x2 e1 – x2 = 0.

2. Pour n > 2, l'équation f (x) = 1 n admet deux solutions distinctes sur [0 ; + ∞[.

ThÉorèME DES VALEUrS InTErMÉDIAIrES

65 f est strictement croissante sur ]– ∞ ; 0] et– 1 ∈ ]– ∞ ; 1] donc – 1 a un antécédent unique dans ]– ∞ ; 0]. Pour la même raison, – 1 a un antécédent unique dans [0 ; 2] et dans [2 ; + ∞[.Donc f(x) + 1 = 0 a trois solutions et trois seulement dans .

66 1. f(x) = – 1 (x – 1)2

– 1 21x

< 0.

x 1 a + ∞

f’’ –

f’

+ ∞

0– ∞

50 a) f ’(x) = 6(2x – 1)2(1 – x)

x7

.

b) f ’(x) = 2 1 1 – 2 x + 1 x2

2 1 2 x2

– 2 x3

2 .

51 f ’(x) = 1 – 2 x2

– 3 x4

= x4 – 2x2 – 3

x4 =

(x2 + 1)(x2 – 3)

x4 .

x 0 13 + ∞f’ – 0 +

f

+ ∞

1613

9

+ ∞


DÉrIVATIon DE e u

53 a) f ’(x) = 2e2x – e x.b) f ’(x) = – 2x e– x2.

54 a) f ’(x) = 2[e x – 1 + (x – 1) e x – 1]= 2x e x – 1.

b) f ’(x) = e– x – (x + 2) e– x = e– x (– 1 – x).


56 a) f ’(x) = 2 (1 – x)2

e1 + x1 – x .

b) f ’(x) = – 8e2x

(2e2x + 1)2

.

57 1. a) u est dérivable sur ]0 ; + ∞[ donc eu est dérivable sur cet intervalle.

b) f ’(x) = e 1x + x × 1 21x

e 1x = e 1x 1 1 + 1x

2 2 .

2. On pose (h) = h e 1h – 0 h = e 1h.

limh → 0+

(h) = 1, donc f est dérivable en zéro et f ’(0) = 1.

58 La tangente sur M a pour équationy = ae a x0 (x – x

0 ) + e a x0 soit :

y = ae a x0 x + e a x0 (1 – ax0).

Le point T a donc pour coordonnées 1 x0 – 1 a ; 0 2 et H(x

0 ; 0)

donc UHT a pour coordonnées 1 – 1 a ; 0 2 , donc HT = 1 u a u

.

Cette distance ne dépend donc pas du choix de M sur #.

y

xx0 1O

1

M

T

H

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2. a) f est strictement décroissante sur ]1 ; + ∞[ et l'image de l'intervalle ]1 ; + ∞[ est .Donc 0 a un antécédent unique dans ]1 ; + ∞[.f(2) = 1 – 12 < 0 donc a ∈ ]1 ; 2[.b) 1,75 < a < 1,76.

67 1. Si f(x) = x3 – x + 1, alors f ’(x) = 3x2 – 1.

x – ∞ – 1 13

1 13

+ ∞

f’ + 0 – 0 +

f

1 + 2 313

+ ∞

– ∞1 – 2

313

Donc l'équation x3 – x + 1 = 0 a une unique solution a telle que – 2 < a < – 1.

2. Vrai et f ’(x) = 3x2 – 1 29x3 – x + 1

.

3. Vrai lorsque 1 – 2 313

< m < 1 + 2 313

.

68 f ’(x) = 12x3 + 12x2 – 24x

= 12x (x2 + x – 2).

x – ∞ a – 2 β 0 1 + ∞

f’ – 0 + 0 – 0 +

f

+ ∞

0

– 28

0

4

0

– 1

0

+ ∞

f(x) = 0 a donc quatre solutions dans , avec– 2,73 < a < – 2,72 ; – 0,55 < β < – 0,54 ; 0,73 < a < 0,74 ;1,22 < δ < 1,23.

69 f ’(x) = – 3x2(x + 2) + x3

(x + 2)2

= x2 (– 2x – 6)

(x + 2)2

.

x – 2 a + ∞

f’ –

f

+ ∞

2– ∞

Il existe un a unique tel que f(a) = 2, avec – 1,18 < a < – 1,17.


71 1. a) g’(x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1)(x + 1).

x – ∞ – 1 1 a + ∞

g’ + 0 – 0 +

g– ∞

– 1

– 50

+ ∞

b) Donc g(x) = 0 a une unique solution a telle que a ≈ 2,1.c) Si x < a, g(x) < 0, et si x > a, g(x) > 0.

2. a) f ’(x) = 6x2(x2 – 1) – (2x3 + 3)2x

(x2 – 1)2

= 2x [3x3 – 3x – 2x3 – 3]

(x2 – 1)2

= 2x g(x)

(x2 – 1)2

.

b)

x – ∞ – 1 0 1 a + ∞

f’ + + 0 – – 0 +

f

– ∞

– ∞

– ∞

– 3 + ∞ + ∞

– ∞ f(a)

c) f (a) = 2a3 + 3 a2 – 1

or g(a) = a3 – 3a – 3 = 0

donc a3 = 3a + 3,

soit f (a) = 6a + 9 a2 – 1

= 3(2a + 3)

a2 – 1

.

72 1.

a b c1 2 1,51 1,5 1,251,25 1,5 1,3751,375 1,5 1,4735

À l’affi chage : 1.4735.2. a) La fonction f est polynomiale, donc continue et dérivable sur :

∀x ∈ , f ’(x) = – 2x. Sur [1 ; 2], f ’(x) < 0 et f est strictement croissante.f(1) × f(2) = – 1 × 2 < 0. Donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution sur l’intervalle [1 ; 2].b)

y

x1

1

1,25

1,375

1,5

1,4735

2

f

Les valeurs successives de c s’approchent de l’abscisse du point d’intersection de la courbe et de l’axe des abscisses, c’est-à-dire de la solution (positive) de l’équation f(x) = 0.L’objectif de l’algorithme est d’obtenir une valeur approchée de cette solution : 12 .c) p est la précision ou plus exactement la distance maximum acceptée entre a et b.3. 0,596 < a < 0,597.

73 1. g(a) = f(a) – a = – a < 0 car 0 < a < 1.g(b) = f(b) – b = 1 – b > 0 car 0 < b < 1.2. g(a) g(b) < 0 et g est continue sur ]0 ; 1[.Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, g(x) = 0 admet au moins une solution sur ]0 ; 1[. Il en est donc de même pour l'équation f(x) = x.

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APPLICATIon à L'ÉTUDE DE SUITES

74 1. un+1

– un = u

n2 > 0 donc la suite (u

n) est croissante.

2. f ’(x) = 2x + 1.a)

x – 1 – 1 2 0

f’ – 0 +

f0

– 1 4

0

donc, si x ∈ ]– 1 ; 0[, f (x) ∈ – 1 4 ; 0 ⊂ ]– 1 ; 0[.

b) Par hypothèse, u0 = a ∈ ]– 1 ; 0[.

Si un ∈ ]– 1 ; 0[, u

n+1 = f(u

n ) ∈ ]– 1 ; 0[ (voir la question 2. a)).

3. La suite (un) est croissante et majorée par 0, donc elle

est convergente vers , tel f(,) = , et ,2 + , = ,, soit , = 0.

75 A 1. f ’(x) = (1 – x) e– x, f ’(0) = 1, f(0) = 0 ; donc la tangente en x = 0 a pour équation y = x.2. a)

x – ∞ 0 a 1 β + ∞

g’ 0 –

g

– ∞0 m

1 e m 0

Si m ∈ 0 ; 1 e , f est strictement croissante sur [0 ; 1] et

l'image de [0 ; 1] est 0 ; 1 e donc d'après le théorème des

valeurs intermédiaires, il existe un a unique de ]0 ; 1[ tel que f(a) = m.On prouve de même qu'il existe β unique de ]1 ; + ∞[ tel que f(β) = m.

b) Si m = 1 4 alors 0,35 < a < 0,36.

B. u0 = a et u

n + 1 = f(u

n).

1. a)

y

x1

O

1

= u0u1u2

y = x

b) La suite (un) semble converger vers 0 en décroissant.

2. a) u0 = a > 0.

Si un > 0, f(u

n) = u

n + 1 > 0 (voir le tableau de variation de f ).

Donc pour tout n de N, un > 0.

b) Tous les un sont positifs et

un+1 u

n

= e– un < 1,

donc la suite est décroissante.c) La suite (u

n) est décroissante et minorée par zéro donc

elle converge vers , tel que f(,) = , soit ,e– , = , ou ,(e– , – 1) = 0.Donc , = 0.

+

• •

76 1. c) Les courbes présentent un minimum si n est impair et deux minima et un maximum si n est pair.d) Les courbes semblent passer par les points fixes O(0 ; 0) et A(2 ; 0).2. a) f ’

n(x) = n(2x – 2)(x2 – 2x)n – 1.

b)•n pair, n > 2

x – ∞ 0 1 2 + ∞

f’ – 0 + 0 – 0 +

f

+ ∞

0

(– 1)n = 1

0

+ ∞

•n impair, n > 3

x – ∞ 0 1 2 + ∞

f’ – 0 – 0 + 0 +

f

+ ∞

0– 1

0

+ ∞

•n = 1f(x) = x2 – 2x et f ’

1(x) = 2x – 2

x – ∞ 1 + ∞f’

1 – 0 +

f1

+ ∞

– 1

+ ∞

c) x2 – 2x = 1 ⇔ x2 – 2x – 1 = 0, soit x = 1 + 12 ou x = 1 – 12.Donc on vérifie que la courbe #

n passe par 4 points fixes de

coordonnées respectives :(0 ; 0) ; (2 ; 0) ; (1 + 12 ; 1) ; (1 – 12 ; 1).


77 f ’(x) = (x + 2) e x.

x – ∞ – 2 + ∞f’ – 0 +

f0

– 1 e2

+ ∞

– 1 16

≈ – 0,0625 et – 1 e2

≈ – 0,135 … donc – 1 e2

< – 1 16

< 0.

Donc f (x) = – 1 16

a deux solutions distinctes dans .

78 On pose, pour tout x de :ϕ(x) = 2e x – 2x – 1, ϕ’(x) = 2(e x – 1).

x – ∞ 0 + ∞j’ – 0 +

j

+ ∞

1

+ ∞

Donc ϕ(x) > 1 pour tout x de , d'où il découle que ϕ(x) > 0 et f est donc définie sur .

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79 f : x x e x si x < 1 x ax + b si x > 1.f(1) = e donc f est continue en d si a + b = e.Dérivée à gauche en 1 : f ’(x) = (x + 1) e x, donc f ’(1) = 2e.Donc f est dérivable en 1 si a = 2e et b = – e.

80 f ’(x) = (x + 1) ex – 3. f ’’(x) = (x + 2) e x.

x – ∞ – 2 a + ∞

f’’ – 0 +

f’– 3

– 1 e2

– 30

+ ∞

Il existe a unique de ]– 2 ; + ∞[ tel que f ’(x) = 0, avec a ≈ 0,62.

x – ∞ β a γ + ∞

f’ – 0 +

f+ ∞

0 0+ ∞

f(a)


83 A limx → 0

e x – 1 x = 1 car la limite en 0 de ex – 1 x est le

nombre dérivée de la fonction x ex en x = 0.

B 1. a) limx → – ∞

f(x) = 0.

b) x 1 1 + 1 ex – 1

2 = x ex

ex – 1

= f (x).

limx → – ∞ f(x) = + ∞.

2. a) limx → 0

f (x) = limx → 0

ex × x

ex – 1 .

Or limx → 0

x

ex – 1 = 1, donc lim

x → 0f (x) = 1.

Il en résulte que f est continue en x = 0.b) On pose ϕ(x) = ex – x – 1. ϕ’(x) = eX – 1.

x – ∞ 0 + ∞

j’ – 0 +

j

+ ∞

0

+ ∞

Du tableau de variation, on déduit que pour tout x de , ϕ(x) > 0, avec ϕ(x) = 0 uniquement pour x = 0. Donc pour tout x de , ex > x + 1.

3. a) f ’(x) = (x + 1)ex (ex – 1) – x ex × ex

(ex – 1)2

.

Pour x ∈ *, f ’(x) = ex [x ex + ex – x – 1 – xex]

(ex – 1)2

= ex g(x)

(ex – 1)2

avec g(x) = ex – x – 1.

f (a) = – (3a2 + 2a + 2)

a + 1

car ea = 3 a + 1

,

donc f(a) < 0. Il existe donc β et γ tels que f(β) = f(γ) = 0avec β ≈ – 0,79 et γ = 1,47.Si x ∈ [β ; γ], f(x) < 0. Si x < β ou x > γ, f(x) > 0.

81 Démontrons que f est continue et dérivable en 0.

1. limx → 0

f (x) = limX → +∞

e– X en posant 1 x2

= X.

Donc limx → 0

f(x) = 0, f est continue en 0 et par suite sur .

En posant 1 h = X,

limh → 0

e–

1h2

h = lim

X → + ∞Xe– X2

= limX → + ∞

X eX2

= 0.

Donc f est dérivable en 0 et par suite sur .

2. f ’(h) = 2 h3

e–

1h2 si h ≠ 0 et f ’(0) = 0.

Or limh → 0

f ’(h) = 0 donc f ’ est continue en x = 0.

b)

x – ∞ 0 + ∞

f’ 0 + +

f0

1+ ∞

4. a) f (– x) = – x e– x

e– x – 1

= – x

1 – ex = x

ex – 1

.

b) Le coefficient directeur de (MM’) est :

y

M’ – y

M xM’

– xM

= x

ex – 1

– x ex

ex – 1

– 2x = 1

2 .

c) Le résultat précédent suggère que la fonction f semble

dérivable en 0 et que f ’(0) = 1 2 .

84 1. a) fn est croissante sur [0 ; + ∞[ et

f ’n(x) = 2n

(x + n)2

+ e– x > 0 pour tout réel x > 0.

b) fn(0) = – 2 et lim

x → + ∞fn(x) = 1.

2. a) fn(n) = – e– n < 0.

x 0 n un

n + 1 + ∞

f’n +

fn

– 2

0+ ∞

– e– n fn(n + 1) . 0

b) Pour n = 1, e2 > 3 est vraie.

Supposons en+1 > 2n + 1. Alorsen + 2 = en + 1 × e > e(2n + 1).

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. S

b) f (– 1) = – 1, f (0) = – 1 4 et f est strictement croissante

sur I. Donc f (I) = – 1 ; – 1 4 [– 1 ; 0] et f (x) ∈ I dès que

x ∈ I.B 1. Il semble que la suite soit décroissante et converge vers (– 1).

2. a) u0 = 0 donc u

1 = – 1

4 ∈ ]– 1 ; 0[.

Si un ∈ ]– 1 ; 0[, d'après la question précédente

un + 1

= f(un) ∈ ]– 1 : 0[.

Donc pour tout n > 1, – 1 < un < 0.

b) un + 1

= un – 1

4 (u

n + 1) e– un,

soit un + 1

– un = – 1

4 (u

n + 1) e– un < 0.

Donc la suite est décroissante.c) La suite (u

n) est décroissante et minorée par – 1 donc elle

est convergente vers , telle que f(,) = ,,

soit , = , – 1 4 (, + 1) e– ,.

Donc – 1 4 (, + 1) e = 0, soit , = – 1.

87 1. a) f ’(x) = e– x (1 – x) donc f ’(x) + f(x) = e – x. Il en résulte que la proposition est vraie.

b) Proposition fausse : f ’(0) = 1 > 1 2 .

c) x – ∞ 0 1 + ∞f’ + 0 –

f– ∞

0 1 e

0

1 4 < 1 e donc l'équation f (x) = 1

4 a deux solutions, l'une dans

l'intervalle [0 ; 1] et l'autre dans [2 ; 3].2. a) La tangente en M à #

f a pour équation :

y = e– m(1 – m)(x – m) + m e– m.Donc N d'abscisse 0 a pour ordonnée m2 e– m.Or P d'abscisse m a pour ordonnée m2 e– m, donc la proposition est vraie.b) La tangente en M passe par H si et si seulement si :

h = e– m (1 – m)(– m) + m e– m = g(m).Or g’(x) = (2x – x2) e– x.

x – ∞ 0 2 + ∞g’ – 0 + 0 –

g+ ∞

0

4 e2

0

Si h ∈ 0 ; 4 e2

, l'équation g(m) = h a 3 solutions d'où 3 valeurs

de m et 3 tangentes(cf. tableau). La proposition est vraie.

88 A. 1. x est solution de (E) si et seulement si ex = 1 x soit

xex = 1, donc x = e–x ou encore f(x) = 0.

Or e(2n + 1) – (2n + 3) = 2n (e – 1) + e – 3.Si n > 1, 2n(e – 1) + e – 3 > 3e – 5 > 0.Donc en + 2 > 2n + 3.D'où, pour tout n > 1, en + 1, en + 1 > 2n + 1.

c) fn(n + 1) = 1 – 2n

2n + 1

– e– (n + 1) = 1 2n + 1

– 1 en + 1

.

D'après la question précédente :

1 en + 1

< 1 2n + 1

donc fn(n + 1) > 0.

3. Sur l'intervalle [n ; n + 1], la fonction fn est strictement

croissante, fn(n) < 0 et f

n(n + 1) > 0. Donc 0 est l'image d'un

réel unique un de l'intervalle ]n ; n + 1[ tel que f

n(u

n ) = 0.

85 1. g’(x) = – x ex.

x – ∞ 0 a + ∞g’ + 0 –

g1

20

– ∞

Donc g(x) = 0 a une seule solution a ∈ ]0 ; + ∞[ : la proposition est vraie.2. La proposition est fausse : voir le tableau ci-dessus.

3. f ’(x) = ex + 1 – x ex

ex + 1

= g(x)

ex + 1

.

Donc f ’(x) est du signe de g(x). La proposition est fausse.

4. Si g(a) = 0 alors ea = 1 a – 1

et ea + 1 = a

a – 1

et f (a) = a

ea + 1 =

a (a – 1) a = a – 1,

avec a ≠ 0 et a ≠ 1. La proposition est vraie.

86 1. a) f ’(x) = 1 – 1 4 e– x [– x – 1 + 1] = 1 + 1

4 x e– x

f ’’(x) = 1 4 e– x (– x + 1).

b)

x – ∞ a 1 + ∞f’’ + 0 –

f’– ∞

01 + 1

4e

1

c) Pour tout x ∈ [1 ; + ∞[, f ’(x) > 0. f ’ est strictement

croissante sur – ∞ ; 1 + 1 4e

.Donc, d'après le tableau des valeurs intermédiaires, 0 est l'image d'un unique réel a de l'intervalle ]– ∞ ; 1]. De plus, f(– 1,21) ≈ – 0,014 et f(– 1,20) ≈ 0,004. Donc – 1,2 < a < – 1,20.2. a)

x – ∞ a – 1 0 + ∞

f’ – 0 +

f

+ ∞

– 1– 1

4

+ ∞

f(a)

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2. a) f ’(x) = 1 + e–x > 0. D'où le tableau :

x – ∞ 0 1 2 a 1 + ∞

f’

– 1

+

f

– ∞

0 1 – 1 2

+ ∞

1 2 – 1

12

b) L'image de par f est . De plus, f est strictement croissante sur donc 0 a un antécédent unique a.

c) f 1 1 2 2 = 1

2 – 1

12 < 0 et f (1) = 1 – 1 e > 0, donc a ∈ 1

2 ; 1 .

d) Sur l'intervalle [0 ; a], f(x) < 0 (cf. tableau).B. 1. g(x) = x équivaut à 1 + x = x + xex soit xex = 1, donc f(x) = 0.2. D'après la question précédente g(a) = a équivaut à f(a) = 0.

3. g’(x) = 1 + ex – ex(1 + x)

(1 + ex)2

= 1 – x ex

(1 + ex)2

= ex(e–x – x)

(1 + ex)2

= – exf (x)

(1 + ex)2

.

Or sur [0 ; a], f(x) < 0 donc g’(x) > 0 et la fonction g est croissante sur [0 ; + ∞[.

C 1. g est croissante sur [0 ; + ∞] et g(0) = 1 2 et g(a) = a,

donc g(x) ∈ [0 ; a].•u

0 = 0 ∈ [0 ; a] de plus si u

n ∈ [0 ; a], u

n+1 = g(u

n) ∈ [0 ; a].

90 1. (P) ⇒ (Q) et (Q) ⇒ (P)

xa b

y

O

sont des propositions fausses car on ne précise pas l'appar-tenance de k à [f(a) ; f(b)].

2. (P) ⇒ (Q) est une proposition fausse. Exemple :

xa x1 b

y

O

(Q) ⇒ (P) est une proposition fausse. Exemple :

xa x1 b

y

O

3. (P) ⇒ (Q) est vraie.(Q) ⇒ (P) est faux. Exemple : f : x x 1x est dérivable en 0 mais x 1x ne l'est pas.

•Siun – 1

< un alors g(u

n – 1) < g(u

n) soit u

n < u

n + 1 et u

1 = 1

2 ,

donc u0 u

1. Il en résulte que 0 < u

n < u

n + 1 < a.

2. La suite (un) est croissante et majorée par a, donc elle

converge vers ,.3. g est continue sur [0 ; a] donc g(,) = , qui équivaut à f(,) = 0, donc , = a.4. u

1 ≈ 0,567 138.

89 1. a) f ’(x) = ex – 1.

x – ∞ 0 + ∞

f’ – 0 +

f

+ ∞

– 2

+ ∞

b) En vertu du théorème des valeurs intermédiaires, sur chacun des intervalles ]– ∞ ; 0[ et ]0 ; + ∞[, f(x) = 0 admet une unique solution.c) f(0) = – 2 et f(2) ≈ 7,3 > 0, donc f(0) × f(2) < 0 : la solution positive appartient à ]0 ; 2[.2. a) Affichage : 1,5 et 1,6.b) La solution positive de f(x) = 0 appartient à ]1,5 ; 1,6[.c)

y reçoit 1

Tant que y > 0

x reçoit x – h

91 1. I a pour coordonnées (1 ; 0) et H(x ; 0),donc UHI a pour coordonnées (1 – x ; 0),et IH = 1 – x car x ∈ [– 1 ; 1].De plus, MH2 = OM2 – OH2 = 1 – x2 donc MH = 81 – x2.Ainsi, aire (MNI) = (1 – x) 81 – x2.

2. a) (h) = f (– 1 + h) – f (– 1)

h =

(2 – h) 92h – h2

h , h > 0,

soit (h) = (2 – h) 72 – h

1h

. limh → 0+

(h) = + ∞,

donc f n'est pas dérivable en x = – 1.On pose x = 1 – h, h > 0.

’(h) = f (1 – h) – f (– 1)

h =

h 92h – h2

h = 92h – h2.

limh → 0+

(h) = 0, donc f est dérivable en 1 et f ’(1) = 0.

b) f ’(x) = – 81 – x2 + (1 – x)(– x)

81 – x2

= – 1 + x2 + x2 – x

81 – x2

= 2x2 – x – 1 81 – x2

avec x ∈ ]– 1 ; 1[.

Sur l'intervalle ]– 1 ; 1[, on a f ’(x) = 0 pour x = – 1 2 .

x – 1 – 1 2 1

f’ + 0 –

f0

313

4

0

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. S

3. a) Pour tout x de [0 ; 1], f(x) < 0.f(1) = – 2, f est croissante strictement sur l'intervalle ]1 ; + ∞[ qui a pour image ]– 2 ; + ∞[. Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe a unique de l'intervalle ]1 ; + ∞[ tel que : f(x) = 0.b) 1,61 < a < 1,62.4.

x 0 a + ∞d’ – 0 +

d

+ ∞

d (a)

+ ∞

Ainsi, pour x = a la distance AM est minimale.

5. M0 a pour coordonnées 1 a ; 1 a 2 et la tangente en M

0 à #

a pour coeff icient directeur – 1 a2

et pour vecteur directeur

ru 1 1 ; – 1 a2

2 . Or OAM0 1 a – 1 ; 1 a + 1 2 .

ru . OAM0 = a – 1 – 1

a3 – 1

a2 = a

4 – a3 – a – 1 a3

= f (a)

a3

.

Or f(a) = 0 donc ru . OAM0 = 0 et ainsi la tangente en M

0 est

perpendiculaire à (AM0).

94 1. a) limx → + ∞

fn(x) = + ∞ ; lim

n → – ∞fn(x) = 0.

b) f ’n(x) =

ex (x + 1) – nex

(x + 1)n + 1

= ex(x + 1 – n)

(x + 1)n + 1

.

Si n est pair

x – ∞ – 1 n – 1 + ∞

f’ + – 0 +

f0

+ ∞ + ∞ + ∞

en – 1

nn

Si n est impair

x – ∞ – 1 n – 1 + ∞

f’ – – 0 +

f0

– ∞

+ ∞ + ∞

en – 1

nn

2. Le point (0 ; 1) est commun à toutes les courbes.

3. fn(x) – n f

n+1(x) = ex

(x + 1)n

– nex

(x + 1)x + 1

= (x + 1) ex – nex

(x + 1)n + 1

= f ’n(x).

95 1. a) f (1)(x) = (2 – 4x – 2)e2x = – 4xe2x.f (2)(x) = (– 4 – 8x)e2x.f (3)(x) = (– 8 – 16x – 8)e2x = (– 16 – 16x)e2x.b) Si n = 1, f (1)(x) = 2(– 2x)e2x = – 4x e2x.Donc pour n = 1 la proposition est vraie.Si f (n)(x) = 2n (1 – n – 2x)e2x alorsf (n + 1)(x) = 2n [2 – 2n – 4x – 2]e2x = 2n [– 2n – 4x]e2x = 2n + 1(– n – 2x)e2x.

3. a) L'aire du triangle est maximale pour x = – 1 2 .

O

H

1 – —

2

M

N

I

b) MH = 41 – 1 4 =

13

2 ,

IH = 3 2 donc tan a =

13

3 .

a = 30° donc MIN = NIM = 2a = 60°.Le triangle IMN est équilatéral.

92 1. cos θ = h

AS or AS = 9OA2 + OS2 = 8h2 + 9.

Donc l'intensité est proportionnelle à cos θ

AS2

,

soit à h

(h2 + 9) 8h2 + 9 .

2. f ’(x) = (x2 + 9) 8x2 + 9 – x × 3x 8x2 + 9

(x2 + 9)3

= 8x2 + 9 [9 – 2x2]

(x2 + 9)3

.

x 0 312

2 + ∞

f’ + 0 –

f

Donc f (x) est maximum pour x = 312

2 .

3. Ainsi, pour h = 312

2 m, l'éclairement est maximum.

93 1. a) Si f est une fonction définie et dérivable sur I telle que, pour tout x de I, f(x) > 0, la fonction g = f 2 a pour dérivée 2f ’f = g’.Comme pour tout x de I f(x) > 0, f ’ et g’ ont le même signe et f et g varient dans le même sens.On peut donc dire que « AM est minimal » équivaut à « AM2 est minimal ».

b) AM2 = (xM

– xA)2 + (y

M – y

A)2 = (x – 1)2 + 1 1

x + 1 2

2

soit d(x) = x2 – 2x + 2 + 2 x + 1 x2

avec x > 0.

c) d’(x) = 2x – 2 – 2 x2

– 2 x3

= 2x4 – 2x3 – 2x – 2 x3

= 2[x4 – x3 – x – 1]

x3

.

On pose f(x) = x4 – x3 – x – 1.2. a) (x – 1)(4x2 + x + 1) = 4x3 – 4x2 + x2 – x + x – 1 = 4x3 – 3x2 – 1.b) f ’(x) = 4x3 – 3x2 – 1 = (x – 1)(4x2 + x + 1)Or pour tout x > 0, 4x2 + x + 1 = 0.

x 0 1 a + ∞f’ – 0 +

f– 1

0+ ∞

– 2

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Donc si la proposition est vraie pour n, elle est vraie pour n + 1. En conclusion elle est vraie pour tout n non nul.2. a) f (n + 1)(x) = 2n + 1(– n – 2x)e2x,

donc f (n + 1)(x) = 0 pour x = – n 2 .

Ainsi Mn a pour coordonnées 1 – n

2 ; 2n e– n 2 .

b) x1 = – 1

2 et x

n + 1 – x

n =

– (n +1)

2 + n

2 = – 1

2 .

Donc la suite xn est une suite arithmétique de premier terme

– 1 2 et de raison – 1

2 .

c) yn = 2n e– n ; y

n + 1 = 2n + 1 e– n – 1.

Donc y

n + 1 yn

= 2n + 1 e– n e– 1

2n e– n

= 2 e et y1 = 2 e .

On en déduit que la suite (yn) est une suite géométrique de

premier terme 2 e et de raison 2 e , avec limn → + ∞

(yn) = 0.

96 A 1. g’(x) = ex – (x + 1)ex = – xex.

x 0 1 a 2 + ∞g’ –

g2 1

01 – e2 – ∞

2. a) et b) D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe a unique tel que g(a) = 0, avec 1 < a < 2

1,27 < a < 1,28.c) g(a) = 0 équivaut à e a(1 – a) = – 1, soit

ea = 1 a – 1

.

B 1. Il semble que B soit le point de la courbe correspondant au maximum de la fonction f.

Calculons f ’(x) = 4(ex + 1) – 4xex

(ex + 1)2

= 4g(x)

(ex + 1)2

.

Donc f ’(x) = 0 pour g(x) = 0 soit x = a.

x 0 a + ∞

f ’ + 0 –

ff(a)

Ainsi f atteint son maximum pour x = a.2. Il semble que lorsque x = a l'aire est maximale.

M a pour coordonnées 1 x ; 4 ex + 1

2 avec x > 0.

Donc P a pour coordonnées (x ; 0) et Q 1 0 ; 4 ex + 1

2 .

Donc aire (OPMQ) = 4x

ex + 1 = f (x).

L'aire est maximale pour x = a.

3. h’(x) = – 4ex

(ex + 1)2

. Si M a pour abscisse m alors la tagente

en M a pour vecteur directeur ru 1 1 ; – 4em

(em + 1)2

2 et OPQ a pour

coordonnées 1 – m ; 4 em + 1

2 .

Si m = a alors ea = 1 a – 1

, donc ru a pour coordonnées

1 1 ; – 4(a – 1)

a 2 et OPQ a pour coordonnées (– a ; 4(a – 1)).

Il en résulte que OPQ = – aru. Ainsi la tangente en M est parallèle à (PQ).

4. Le point de coordonnées 1 1 ; 4 e + 1

2 est le seul point

commun aux courbes #f et #

h. Or g(1) = e – e + 1 = 1 ≠ 4

e + 1 ,

donc les trois courbes n'ont pas de point commun.

97 1. limx → 0–

f(x) = limX → –∞

(1 + X) e– X = – ∞.

limx → 0+

f(x) = limX → +∞

(1 + X) e– X = 0.

f n'est pas continue en x = 0.

2. f ’(x) = 1 x3

e –

1x

donc f ’(x) sur ]– ∞ ; 0[ et sur ]0 ; + ∞[ est du signe de x.3. lim

x → + ∞f(x) = 1 et lim

x → – ∞f(x) = 1.

x – ∞ 0 + ∞f’ – +

f

1

– ∞ 0

1

Donc pour tout réel x, f(x) < 1.

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 5 Fonction logarithme népérien

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Fonction logarithme népérien

5ACTIVITÉS

(page 136)

Activité 1

1 a) 2 × 3 = 6 et 0,693 15 + 1,098 61 = 1,791 76.3 × 4 = 12 et 1,098 61 + 1,386 29 = 2,484 90.b) 10 associé à 0,693 15 + 1,609 44 = 2,302 59 ;15 associé à 1,098 61 + 1,609 44 = 2,708 05 ;20 associé à 1,386 29 + 1,609 44 = 2,995 73.c) 1 doit être associé à 0.

2 a) Le quotient (à gauche) doit être associé à la différence (à droite).b) Ainsi à 7 (= 14/2) doit être associée la différence

2,639 06 – 0,693 15 = 1,945 61.À 1,5 (= 3/2) doit être associée la différence

1,098 61 – 0,693 15 = 0,405 46.À 0,5 (= 1/2) doit être associée la différence

0 – 0,693 15 = – 0,693 15.À 0,1 (= 1/10) doit être associé la différence

0 – 2,302 59 = – 2,302 59.

3

1 02 0,693 154 1,386 298 2,07 94416 2,772 59

Les termes de la première colonne sont en progression géométrique de raison 2.Les termes de la deuxième colonne sont (aux arrondis près) en progression arithmétique de raison le nombre associé à 2.

4

9 2,197 2218 2,890 37

5 a) Le logarithme du carré d’un nombre est le double du logarithme de ce nombre.

b)

25 2 × 1,609 44 = 3,218 88100 2 × 2,302 59 = 4,605 180,01 2 × (– 2,302 59) = – 4,605 180,25 2 × (– 0,693 15) = –1,386 29

6 a) Le logarithme de la racine carrée d’un nombre est la moitié du logarithme de ce nombre.b)

12 0,693 15 : 2 = 0,346 57

15 1,609 44 : 2 = 0,804 72

Activité 2

1 a) On peut conjecturer que les points A et B sont symétriques par rapport à ∆.

Le milieu I du segment [AB] a pour coordonnées 1 3 2 ; 3

2 2 :

il appartient à la droite ∆ d’équation y = x.De plus le point O est équidistant de A et de B :

OA² = 2² + 1² = 5 et OB² = 1² + 2² = 5.O et I sont deux points de ∆ médiatrice de [AB].A et B sont bien symétriques par rapport à ∆.b) Le milieu K de [MN] a pour coordonnées

1 x + y

2 ;

x + y

2 2 : il appartient à ∆ comme le point 0 qui est

équidistant de M et de N (OM² = ON² = x² + y²).Ainsi ∆ est la médiatrice de [MN] : M et N sont bien symétriques par rapport à ∆.

2 a) f est définie sur ]0 ; + ∞[.Le point de coordonnées (1 ; f(1)) est le symétrique du point de coordonnées (f(1) ; 1). f(1) est donc le nombre qui a pour image 1 par la fonction exponentielle donc f(1) = 0.b) M(a ; e a) donc M’(e a ; a) et f(e a) = a.

c) b > 0. N(b ; f(b)) donc N’(f(b) ; b) et e f(b) = b.d) ∀x ∈, f(e x) = x et ∀x > 0, e f(x) = x.

2 Enseignement spécifique Chapitre 5 Fonction logarithme népérien

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. S

3 a) On peut conjecturer :

•lastrictecroissancedef sur I = ]0 ; + ∞[,

• limx → + ∞

f(x) = + ∞ et limx → 0+

f(x) = – ∞.

b) g’(x) = f ’(x) × e f(x) = x f ’(x). Or pour tout x de I, g(x) = x

donc g’(x) = 1 et f ’(x) = 1 x .

∀x ∈ I, f ’(x) > 0. La conjecture concernant la stricte croissance de f est confirmée.

1

10 1 0 1 0

+

−> + > − >

x

xx xet et c’est-à-dire

− < < > − <[ ]1 1 1 1x x xet et donc x ∈ −] [1 1; .

Ainsi pour tout x de ]– 1 ; 1[,

l n l n ( ) l n ( )1

11 1

+

−

= + − −x

xx x .

2. a) Dans l’intervalle −] [1 1; , d’après 1., l’inéquation

ln ln( )1

11

+−

< +x

xx s’écrit :

ln( ) ln( ) ln( )1 1 1+ − − < +x x x soit ln( )1 0− >x .Elle équivaut à ln( ) ln( )1 1− >x puis 1 1− >x ,donc x < 0 .D’où l’ensemble des solutions : 6 = −] [1 0; .b) Sur]– 1 ; 0[, la courbe représentative de la fonction

xx

x ln

1

1

+

−

est au-dessous de la courbe de la fonction

x x ln( )1 + ; a contrario, sur [ ; [0 1 elle est au-dessus.

y

1 + x y = ln(—)1 – x

y = ln (1 + x)

x1O

1

1 a) ln(125) = ln(53) = 5 ln(3).

b) ln ln( ) ln( ) ln( )5

5

1

25 5

1

25

= − = − .

c) ln ln( ) ln( )1

6255 4 54

= = −− .

2 a) A = +

= − = −ln( ) ln ln( ) ln( ) ln( )31

93 2 3 3 .

b) B = ( ) − = − =3 21

28

3

22

3

22 0ln ln( ) ln( ) ln( ) .

c) C = ( ) + − −ln ln( ) ln( ) ln( )27 2 2 9 8

C = + − −3

23 2 2 2 3 3 2ln( ) ln( ) ln( ) ln( )

C = − −

ln( )ln( )

3

22 .

3 a) Ae2

= −

= + =51

5 2 7ln .

b) B e e e e= ( ) = + ( ) = + =ln ln( ) ln3 3 13

2

5

2.

c) Ce

ee e=

= ( ) − ( ) = + =

−−ln ln ln

2

21

22

5

2.

4 a) A = − =

3 23

2ln( ) ln( ) lnx y

x

y.

b) B e= +

+ =

+ln( ) ln ln ln( )416

14

xy xy

Be=

lnxy

4.

5 1. Le nombre x doit vérifier les conditions :


PROBLÈME OUVERTNotons n le nombre de chiffres de 20122012.10n est le plus petit nombre de (n + 1) chiffres donc 10(n – 1) < 20122012 < 10n

⇔ (n – 1) ln(10) < 2012 ln(2012) < n ln(10)

⇔ n – 1 < 2012 ln(2012)

ln(10)

< n

ce qui équivaut à :

2012 ln(2012)

ln(10)

< n < 2012 ln(2012)

ln(10)

+ 1.

Comme 2012 ln(2012)

ln(10)

≈ 6 646,89, on obtient :

n = 6 647.

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10 1. ∀ ∈ − + ∞] [x 1; :

f x x( ) ln( )= +1 et f xx

'( )=+1

1;

g xx

x( ) = − +

2

2 et g x x'( ) = − + 1 .

Pour x = 0 , f g( ) ( )0 0 0= = et f g'( ) '( )0 0 1= = .#

f et #

gont le point O(0 ; 0) en commun et les tangentes

respectives en O ont le même coefficient directeur 1, donc ces tangentes sont confondues.#

fet #

g ont pour tangente commune T

0: y x= .

2. ∀ > −x 1 , ϕ( ) ( ) ( )x f x g x= − .

a) ∀ > −x 1 , ϕ’( ) ( ) ( )x f x g xx

x= − =+

+ −’ ’1

11 .

ϕ’( )( )( )

xx x

x

x

x=

+ − +

+=

+

1 1 1

1 1

2

.

b) ∀ > −x 1 , f x’( ) > 0 .D’où le tableau de variation de ϕ :

x – 1 0 + ∞

j’ + 0 +

j 0

c) Sur ]– 1 ; 0[, ϕ( )x < 0 donc #fest au-dessous de #

g.

Sur [ ; [0 + ∞ , ϕ( )x > 0 donc #f est au-dessus de #

g.

11 1. Sur 0;+ ∞] [ : • l n ( )x x= ⇔ =1 e donc x e

A= .

• ln ln( )1

1 1 1

xx x

= ⇔ = − ⇔ = −e donc xB

e=−1.

2. a) On note f et g les fonctions définies sur 0;+ ∞] [ par

f x x( ) ln( )= et g xx

x( ) ln ln( )=

= −1.

TA A A A

: ( )( ) ( )y f x x x f x= − +’ avec

f x( ) ln( )A

e= = 1 et f x’( )A e

e= =−

11.

T e eA

: ( )y x= − +−1 1 soit T e

A: y x=

−1 .∆

B B B B: ( )( ) ( )y g x x x g x= − +’ avec

g x( ) lnB

e= − ( ) =−1 1 et g x’( )B e

e= − = −−

11

.

∆B

e e: ( )y x= − − +−1 1 soit ∆

Be: y x= − + 2 .

b) TA

a pour vecteur directeur uA

e

( ; )1 1− ; ∆B

a pour vecteur directeur v

Be

1;−( ) .Or u v

A Be e

i

= × + × − =−1 1 01 ( ) donc u v

A B

⊥ .Ainsi T

A et ∆

B sont perpendiculaires.

3. Dans le cas général, pour tout b de , l’abscisse du point de #

1d’ordonnée b est telle que ln( )x b= donc

x b= e . De même, l’abscisse du point de #2 d’ordonnée

b est telle que − =ln( )x b donc x b=

−e .

T a pour coefficient directeur f b

b

b'( )ee

e= =−

1 donc

pour vecteur directeur u b( ; )1 e− ; ∆ a pour coefficient

directeur g b

b

b'( )ee

e−

−

= − = −

1 et donc pour vecteur

directeur v b( ; )1 − e .

Alors u v b b

i

= × + × − =−1 1 0e e( ) donc u v

⊥ .

Ainsi T et ∆ sont perpendiculaires.

6 1. Sur la calculatrice la courbe de f est confondue avec l’axe des abscisses.2. On conjecture que f est la fonction nulle sur .

∀ ∈x , f x x x x x

x x x x

( ) ln ln

ln

= + +( ) + + −( )= + +( ) + −

2 2

2 2

1 1

1 1(( )

= + − = =ln( ) ln( ) .x x2 21 1 0

7 1. ∀ ∈ + ∞] [x 0; , f x g x xx

x x

( ) ( ) ln( ) ln

ln( ) ln(

− = [ ] −

= [ ] +

2

2

1

))

ln( ) ln( ) .= +[ ]x x 1

2. a) Sur 0;+ ∞] [ , l’inéquation f x g x( ) ( )− <0 s’écrit ln( ) ln( )x x +[ ] <1 0 .On étudie le signe de ce produit sur 0;+ ∞] [ . l n ( ) l n ( ) l n ( )x x x> > >0 1 1⇔ ⇔ . ln( ) ln( ) ln( )x x x+ ⇔ ⇔− −1 0 1 1

> > >e e .D’où le tableau de signes du produit :

x 0 e– 1 1 + ∞

ln(x) – – 0 +

ln(x) + 1 – 0 + +

f(x) – g(x) + 0 – 0 +

Ainsi : f x g x x( ) ( )− < ⇔ < <−0 11e .D’où l’ensemble des solutions : 6 = ] [−e 1 1; .b) Sur e−] [1 1; , #

fest au-dessous de #

g; sur 0 1; e−] ] ou sur

1;+ ∞[ [ , #fest au-dessus de #

g.

8 1. On conjecture que #1et #

2ont un seul point

commun et donc sont tangentes au point A d’abscisse 1.

y

x1O

1

1

2

2. On étudie l’intersection de #1et #

2.

Pour tout x de , x2 1 0+ > donc la fonction

f x x: ln֏ 2 1+( ) est définie sur . La fonction

g x x: ln֏ 2 est définie sur 0;+ ∞] [ .L’équation f x g x( ) ( )= est donc définie sur 0;+ ∞] [ .

f x g x x x x x( ) ( )= ⇔ + = ⇔ + =2 21 2 1 2

f x g x x x x( ) ( ) ( )= ⇔ − + = ⇔ − =2 22 1 0 1 0

f x g x x( ) ( ) .= ⇔ = 1

#1et #

2ont un seul point commun, celui d’abscisse 1, et

donc sont tangentes en A 11

22; ln( )

.

9 ∀ >a 1 , ln ( ) ln ln

ln

a a a a

a a

+ −( ) = −( )

= ( ) −( )

2 1 1

1

2

2 2

= −( )

= −( )ln

ln .

a a

a a

2

2

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2. a) La fonction f est continue et strictement croissante sur 0;+ ∞] [ ; tout entier naturel n appartient à l’intervalle image − ∞ + ∞] [; , donc l’équation f x n( ) = admet une unique solution α

n dans 0;+ ∞] [ .

b) Pour tout n de N , on compare αn+1

et αn

:si α α

n n+1< alors, en raison de la stricte croissance de

f sur 0;+ ∞] [ , f fn n

( ) ( )α α+1

< ce qui est impossible puisque f n

n( )α

+= +

11 et f n

n( )α = ; donc α α

n n+>

1.

La suite ( )αn

est donc strictement croissante.3. a) Pour tout nombre x > 0 :f x x x x x x x( ) ln( ) ln( )< < <2 1 2 1 1− ⇔ + − ⇔ − .

Or la courbe de la fonction ln est située en dessous de n’importe laquelle de ses tangentes, en particulier en dessous de sa tangente au point d’abscisse 1, d’équation y x= − 1 (cf. exercice résolu C, page 144 du manuel).

Ainsi pour tout nombre x > 0 , ln( )x x< − 1 d’oùf x x( ) < 2 1− .

b) Pour tout entier naturel n , fn n

( )α α< 2 1− soit

nn

< 2 1α − donc αn

n>

+ 1

2.

c) limn

n

→ + ∞

+= + ∞

1

2donc par comparaison lim

n n→ + ∞= + ∞α .

15 a) e2 3 4 2 3 43 2 2

2x x x−

= ⇔ − = ⇔ =+

ln( )ln( )

.

Ensemble des solutions : 6 =+

3 2 2

2

ln( ).

b) L’équation est définie sur l’intervalle1

3;+ ∞

.

ln( )3 1 2 3 11

32x x x− = ⇔ − = ⇔ =

+e

e2

.

Or e2 1

3

1

3

+> donc la valeur trouvée convient.

Ensemble des solutions : 6 =+ e2 1

3.

16 a) 2 2

2 2 1

1

2 1 2 1e e ex x x x

x x

x

− −= ⇔ =

⇔ + − =

⇔ = −

ln( )

ln( )

ln(22).

Ensemble des solutions : 6 = − 1 2ln( ) .b) Conditions : x x+ > >[ ]2 0 0et . Donc x > 0 .L’équation est définie sur l’intervalle 0;+ ∞] [ .l n ( ) l n ( )

( )

l n ( )x x x x x

x

x+ = + ⇔ + = ⇔ + =

⇔ − =

+2 1 2 2

1

1e e

e 222

1⇔ =

−

xe

.

Or 2

10

e −> donc la valeur trouvée convient.

Ensemble des solutions : 6 =− 2

1e.

17 L’inéquation est définie sur l’intervalle 0;+ ∞] [ .On pose X = ln( )x .L’inéquation s’écrit X X2 − +5 6 0> donc dans ,X < 2 ou X > 3 .L’inéquation initiale équivaut à :

ln( )x < 2 ou ln( )x > 3

donc x < e2 ou x > e3 .Ensemble des solutions : 6 = ] ] ∪ + ∞[ [0 2 3; ;e e .

12 1. a) T : '( )( ) ( )y f m x m f m= − + avec

f m m( ) ln( )= 2 et f mm

'( ) =2

.

Donc T : l n ( )ym

x m= − +2

2 2 .

b) L’ordonnée de A est l’ordonnée à l’origine de T donc y m

A= − +2 2 ln ( ) .

Ainsi A a pour coordonnées 0 2 2; ln( )− +( )m .2. a) A O

e.

= ⇔ − + =

⇔ = ⇔ =

2 2 0

1

ln( )

ln( )

m

m m

Ainsi A est en O si et seulement si m = e .

b) aire ABM AB BM( )

ln( ) ln( )

= ×

= × − − +( )[ ] ×

1

2

1

22 2 2m m m

== m

Ainsi l’aire du triangle ABM est la fonction identique m m définie sur 0;+ ∞] [ .

13 1. a) ∀ >x 0 , ϕ( ) ln( )x x x= − .ϕ est dérivable sur 0;+ ∞] [ et pour tout x > 0 ,

ϕ '( )xx x

x

x= − =

−1

2

1 2

2.

ϕ '( )x a même signe que le numérateur x − 2 :

ϕ '( )x x x> > >0 2 4⇔ ⇔ .D’où le tableau de variation de ϕ :

x 0 4 + ∞j’ – 0 +

j

2 – 2 ln(2)

b) Pour tout x > 0 , ϕ( ) ln( )x > 2 2 2 0− > .

Ainsi g x f x( ) ( )− > 0 donc x x> ln( ) .2. a) Pour tout x > 1 , ln( )x > 0, d’où l’encadrement

0 < <ln( )x x . Par division par x, on obtient :

0 < <ln( )x

x

x

x soit 0

1< <

ln( )x

x x.

b) Or limx x→ + ∞

=1

0 donc d’après le théorème d’encadrement,

limln( )

x

x

x→ + ∞

= 0.

14 1. ∀ >x 0 , f x x x( ) ln( )= + .f est dérivable sur 0;+ ∞] [ et pour tout x > 0 ,

f xx

'( ) = +11

; ainsi f x'( ) > 0 .

D’où le tableau de variation de f :

x 0 αn + ∞

f’ +

f– ∞

n

+ ∞

Remarque. lim ( )x

f x→

+

= − ∞0

et lim ( )x

f x→ + ∞

= + ∞ .

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b) 1 0 1 1 0 6, n> ⇔ n ln( , ) ln( )1 01 6 10> .

Or ln( , )1 01 0> donc :

1 01 106, n> ⇔ n >

6 10

1 01

ln( )

ln( , ).

6 10

1 011388 45

ln( )

ln( , ),≈ et n est un entier, donc n > 1389 .

Le plus petit entier solution est n0

1389= .

21 ∀ ∈n N , un

n= −e2 1 .1. La suite ( )u

n

est à termes strictement positifs, donc pour

étudier son sens de variation, il suffit de comparer u

u

n

n

+1

avec 1.

Pour tout n de ℕ , u

u

n

n

n

n

++

−= =1

2 1

2 1

2e

ee d’où

u

u

n

n

+

>1 1 .

Ainsi ( )un

est strictement croissante.l i m

nn

→ + ∞−( ) = + ∞2 1 et lim

x

x

→ + ∞

= + ∞e donc

limn

n

→ + ∞

−= + ∞e2 1 . La suite ( )u

n

a pour limite + .

2. un

> 1020 ⇔ e2 1 2010n−> ⇔ 2 1 20 10n − > ln( )

⇔ n >1 20 10

2

+ ln( ).

1 20 10

223 53

+≈

ln( ), et n est un entier, donc n > 24.


24= .

22 1. ∀ ∈n N * , u n n n

n

nn

= − = −

2 2 1ln( )

ln( ).

Or limln( )

n

n

n→ + ∞

= 0 donc limln( )

n

n

n→ + ∞−

= −2 1 1 .

On en déduit que limn

n

u

→ + ∞

= − ∞ .

2. ∀ ∈n ℕ * , vn

un= e .

Or limn

n

u

→ + ∞

= − ∞ et limx

x

→ − ∞

=e 0 donc limn

un

→ + ∞

=e 0 .

La suite ( )vn

a pour limite 0.

23 ∀ ∈n N * , u nn

n n=

−e et v un n

= ln( ) .1. ∀ ∈n N * , v n n

n

n n n n= = +− −ln( ) ln( ) ln( )e e

v n n n n nn

= − = −ln( ) (ln( ) )1 .Or lim

nn

→ + ∞

= + ∞ et lim (ln( ) )n

n→ + ∞

− = + ∞1 donc

limn

n

v

→+ ∞

= + ∞ .

2. ∀ ∈n N * , v un n

= ln( ) donc un

vn= e .

Or limn

n

v

→ + ∞

= + ∞ et limx

x

→ + ∞

= + ∞e donc limn

vn

→ + ∞

= + ∞e .

Ainsi limn

n

u

→ + ∞

= + ∞ .

24 1. ∀ > −a 1, g f a

a a

f a

a

[ ( ) ]

.

( )

l n ( )

= −

= − = + − =+

e

e

1

1 1 11

∀ ∈b , f g b g b

b

b[ ( )] ln( ( )) ln( )

.

= + = + −

=

1 1 1e

2. Pour tout a de − + ∞] [1; , et tout b de , on note M le point de coordonnées ( ; )a b et M’ celui de coordonnées ( ; )b a .M

M

( ; ) ( ) ( ) [ ( )]

( )

'( ;

a b b f a g b g f a

g b a

b a

f∈ ⇔ = ⇔ =

⇔ =

⇔

#

)) .∈ #g

On sait que M( ; )a b et M '( ; )b a sont symétriques par rapport à la droite ∆ d’équation y x= donc #

f et #

g

sont symétriques par rapport à ∆ .

18 a) e e2 6 1 2 0x x+ − < .

On pose X e= x .L’inéquation s’écrit X X2

+ − <6 1 2 0 donc dans , − − < < − +3 21 3 21X .

Or X e= x doit être strictement positif, donc l’inéquation

initiale équivaut à ex < − +3 21 ,donc x < − +( )ln 3 21 .Ensemble des solutions : 6 = − ∞ − +( )

; ln 3 21 .

b) 2 4 0 2 02 2e ex x− > ⇔ − >

On pose X e= x . L’inéquation s’écrit X2

− >2 0, soit

X X+( ) −( ) >2 2 0 donc dans ,

X <− 2ou X > 2 .Or X e= x doit être strictement positif donc l’inéquation

initiale équivaut à ex > 2 donc x >1

22ln( ) .

Ensemble des solutions : 6 = + ∞

1

22ln( ) ; .

19 a) e e2 3 2 0x x+ + = .On pose X e= x .L’équation s’écrit X X2

+ + =3 2 0 donc dans , X = −1 ou X = − 2 .

Or X e= x doit être positif, donc l’équation initiale n’a pas de solution.Réponse : faux.b) [ l n ( ) ] l n ( )x x2 0+ < .L’inéquation est définie sur 0;+ ∞] [ .On pose X= ln( )x .L’inéquation s’écrit X X2 0+ < soit X X( )+ 1 0< .Donc dans , − 1 0< <X .Ainsi l’inéquation initiale équivaut à −1 0< <ln( )x donc e e−1 0

< <x soit e −1 1< <x .Réponse : vrai.Remarque. Au lieu d’utiliser un changement de variable, une étude directe par factorisation et tableau de signes est également possible.

[ln( )] ln( )x x2 0+ < s’écrit ln( ) (ln( ) )x x + 1 0< .On étudie le signe du produit sur 0;+ ∞] [ :l n ( )x x> >0 1⇔ ;ln( ) ln( )x x x+ ⇔ − ⇔

−1 0 1 1> > > e .

D’où le tableau de signes du produit :

x 0 e– 1 1 + ∞

ln(x) – – 0 +

ln(x) + 1 – 0 + +

ln(x)(ln(x) + 1) + 0 – 0 +

Ainsi ln( ) (ln( ) )x x x+ ⇔−1 0 11

< < <e .

20 a) 0 7 10 4, n<

− ⇔ n ln( , ) ln( )0 7 4 10< − . Or ln( , )0 7 0< donc :

0 7 10 4, n<

− ⇔ n > −4 10

0 7

ln( )

ln( , ).

Or − ≈4 10

0 725 82

ln( )

ln( , ), et n est un entier, donc n > 26 .


26= .

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Or limx→

+

+

=0

0X et limX→

+0

l n ( )11

+=

X

X donc lim ( ) .

xf x

→+

=0

1

• Calcul de la limite en + ∞

∀ >x 0 , f x

xx

x( )

ln

=

+

2

2

2

11

;

f x

xx

x

x

x x( )

ln( ) lnln( )

ln=+ +

= +

2

2

2

2

2 2

11

11 ++

12x

.

On pose U= x2 .

Ainsi f x( )l n ( )

l n= + × +

U

U

1

U U1

1 .

limx→ + ∞

= + ∞U et limln( )

U

U

U→ + ∞

= 0 , limU

1

U→ + ∞

= 0 ,

lim lnU U→ + ∞

+

=11

0 donc lim ( )x

f x→ + ∞

= 0.

2. a) f est dérivable sur 0;+ ∞] [ et pour tout x > 0 ,

f x

x

xx x x

x

x x x

'( )

l n ( )

( ) ln

= +× − +

=

− +

2

12 1

2 2 1

2

2 2

4

3 2 (( )

( ) ln( )

( ).

x

x

x

x x x

x x

2

2

4

2 2 2

3 2

1

1

2 1 1

1

+

+

=− + +[ ]

+

b) On pose g x x x x( ) ( ) ln( )= − + +2 2 21 1 .g est dérivable sur 0;+ ∞] [ , et pour tout x > 0 ,

g x x x x xx

x

x

'( ) ln( ) ( )= − + + + ×+

= −

2 2 1 12

1

2

2 2

2

lln( ).x2 1+

Pour tout x > 0 , ln( )x2 1 0+ > donc g x'( ) < 0 .3. Le signe de f x'( ) est celui du numérateur et donc de g x( ) . Ainsi pour tout x > 0 , f x'( ) < 0 .D’où le tableau de variation de f :

x 0 + ∞

f’ −

f

1

0

25 ∀ ∈ + ∞] [x 0; , f xx

x( )

ln( )=

+12

.

1. f est dérivable sur 0;+ ∞] [ , et pour tout x > 0 ,

f x xx x x

x

x x x x

'( )

ln( )

( ) ln( )

=+

× − +

=

− + +

1

12 1

2 1 1

2

4

2

11

2 1 1

1 1

4

3 3

+

=− + +

+

=

+

x

x

x x x

x x

g x

x x

( ) ln( )

( )

( )

( ).

2. g est dérivable sur 0;+ ∞] [ , et pour tout x > 0 ,

g x x xx

' ( ) l n ( ) ( )

l n (

= − + + + ×+

= − − +

1 2 1 11

1

1 2 1 xx).

Pour tout x > 0 , ln( )1 0+ >x donc g x'( ) < 0 .D’où le tableau de variation de g :

x 0 + ∞

g’ −

g

0

Remarque. l i m ( ) ln( )x

x x→

+

+ + =0

1 1 0 donc lim ( )x

g x→ +

=0

0 .

3. Le signe de f x'( ) sur 0;+ ∞] [ est celui de g x( ) .Or pour tout x > 0 , g x( ) < 0 donc f x'( ) < 0 .D’où le tableau de variation de f :

x 0 + ∞

f’ −

f

+ ∞

0

Remarque. Les limites aux bornes de I ont été calculées dans l’exercice résolu F, page 148 du manuel.

26 ∀ ∈ + ∞] [x 0; , f xx

x( )

ln( )=

+2

2

1.

1. • Calcul de la limite en 0

On pose X = x2 . Ainsi f x( )l n ( )

=+X

X

1.


31 Placements à intérêts composés

•Lesoutils– Suites géométriques.– Fonction logarithme népérien. •Lesobjectifs– Mettre en équation un problème de type financier.– Résoudre une inéquation dont l'inconnue est en exposant.

1. a) Pour tout naturel n, vn + 1

= vn + 0,03v

n = 1,03v

n.

Donc la suite (vn) est géométrique, de raison 1,03 et de

premier terme v0 = 1 000.

b) vn = 1 000 × 1,03n pour tout naturel n.

2. On cherche n naturel tel que vn > 1 500,

c'est-à-dire 1 000 × 1,03n > 1 500.a) Cela équivaut à ln(1 000 × 1,03n) > ln(1 500), c'est-à-dire ln(1 000) + n ln(1,03) > ln(1 500).

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On en déduit n > ln(1 500) – ln(1 000)

ln(1,03) car ln(1,03) > 0.

Or ln(1 500) – ln(1 000)

ln(1,03) =

ln(1,5)

ln(1,03) ≈ 13,7.

b) C'est donc à partir de la 14e année que la valeur acquise dépassera 1 500 C.

32 Tangentes communes

•Lesoutils– Tangente à une courbe.– Théorème des valeurs intermédiaires.•Lesobjectifs– Traduire analytiquement un problème géométrique.– Résoudre une équation par l'Analyse.1. L'observation des deux courbes suggère qu'il y a deux tangentes communes.2. T

1 a pour équation réduite y = ea (x – a) + ea. T

2 a pour

équation réduite y = 1

b (x – b) + ln (b).

3. a) T1 et T

2 sont confondues si et seulement si elles ont

même coefficient directeur et même ordonnée à l'origine :

ea = 1

b et ea (1 – a) = ln(b) – 1.

b) L'égalité ea = 1

b équivaut à a = – ln(b). Donc le système

(S) équivaut à

e a = 1

b et ea(1 – a) = – a – 1.

4. Posons f(x) = ex – x + 1

x – 1 .

a) f ’(x) = ex + 2

(x – 1)2 > 0.

x – ∞ 1 + ∞f’ – +

f

– 1

+ ∞

– ∞

+ ∞

b) Donc f s'annule pour deux valeurs a1 et a

2 telles que

a1 < 1 < a

2.

a1 ≈ – 1,543 et a

2 ≈ 1,543.

c) Les solutions du système (S) sont donc les couples(a

1 ; e– a1) et (a

2 ; e– a2).

b1 = e–a 1 ≈ 4,68 et b

2 = e– a2 ≈ 0,214.

Remarque. a1 et a

2 sont opposés, b

1 et b

2 sont inverses, les

deux tangentes communes sont symétriques par rapport à la première bissectrice.c) Il y a donc deux tangentes communes :•l'uneesttangenteà#

1 en (a

1, b

2) et à #

2 en (b

1, a

2) ;

•l'autreesttangenteà#1 en (a

2, b

1) et à #

2 en (b

2, a

1).

33 Narration de rechercheDire qu'un nombre entier naturel x s'écrit avec n chiffres signifie que 10n – 1 < x < 10n.Autrement dit n – 1 < log(x) < n, c'est-à-dire n < 1 + log(x) < n + 1.n est donc la partie entière de 1 + log(x).

Si x = 243 112 609, log(x) = 43 112 609 × log(2) ≈ 12 971 888,5.Donc x s'écrit avec 12 971 889 chiffres.Le nombre x – 1 s'écrit avec le même nombre de chiffres, car x n'est pas une puissance de 10 (il n'est pas divisible par 5).

34 Narration de rechercheNotons K le capital initial, v

n sa valeur au bout de n années.

Le taux d'intérêt annuel i est égal à r

100 .

Pour tout naturel n, vn+1

= (1 + i )vn.

La suite (vn ) est donc une suite géométrique de raison 1 + i

et de premier terme v0 = K.

Donc pour tout naturel n, vn = K(1 + i )n.

On cherche n tel que vn > 2K, c'est-à-dire (1 + i )n > 2.

Cela équivaut à n ln (1 + i ) > ln(2),

soit n > ln(2)

ln(1 + i ) puisque ln(1 + i ) > 0.

Or, d'après le théorème 8 : limx → 0

ln(1 + x)

x = 1, donc pour x

proche de 0, ln(1 + x) ≈ x.i est petit devant 1, donc ln (1 + i ) ≈ i.

Donc ln(2)

ln(1 + i ) ≈

ln(2)

i =

100 ln(2) r ≈ 70 r .

Ainsi, un capital placé à 1 % double en 70 ans ; à 2 % il double en 35 ans ; à 5 % en 14 ans ; à 7 % en 10 ans.Remarque. l'approximation est d'autant meilleure que i est plus faible ; elle ne serait pas valable par exemple pour i = 70 % (c'est-à-dire r = 70).

35 Autres fonctions logarithmesA 1. f(xy) = k ln(xy) = k [ln(x) + ln(y)] = k ln(x) + k ln(y)

= f(x) + f(y).

2. k ln(10) = 1 ⇔ k = 1

ln(10) .

3. a) C'est la propriété de la question 1., avec k = 1

ln(10) .

b) log(10n) = ln(10n)

ln(10) =

n ln(10)

ln(10) = n.

4. a) log(3 470) = log(347 × 10) = log(347) + log(10) ≈ 2,5403 + 1 = 3,5403.

De même, log(34 700) ≈ 4,5403 ; log(34,7) ≈ 1,5403 ; log(3,47) ≈ 0,5403 ;log(0,347) = log(3,47) – 1 ≈ 0,4597.b) Si deux nombres (décimaux strictement positifs) s'écrivent avec les mêmes chiffres, sauf éventuellement des 0 à droite ou à gauche, alors leurs logarithmes décimaux diffèrent d'un entier.En effet si y = x × 10n, log(y) = log(x) + n.B 1. Si f(0) existe, f(0 × 0) = f(0) + f(0), donc f(0) = 2f(0), d'où f(0) = 0.Alors pour tout x, f(x) = f(x) + f(0) = f(x × 0) = f(0) = 0.2. a) f(1) = f(1 × 1) = f(1) + f(1), donc f(1) = 0.b) Soit x un nombre réel strictement positif. Les deux fonctions y f(xy) et y (f(x) + f(y) sont égales sur ]0 ; + ∞[, or elles sont dérivables sur cet intervalle, donc elles ont même dérivée :Pour tout y > 0, x f ’(xy) = f ’(y).

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En particulier x f’(x) = f ’(1). Cette égalité est vraie quel que soit x > 0.

3. a) Pour tout x > 0, f ’(x) = f ’(1)

x = k x .

b) La fonction h : x f(x) – k ln (x) définie sur ]0 ; + ∞[, a

pour dérivée h’ : x f ’(x) – k x c'est-à-dire la fonction nulle

sur cet intervalle. Donc elle est constante sur ]0 ; + ∞[. Comme h(1) = f(1) – k ln(1) = 0, c'est que h est nulle sur ]0 ; + ∞[. Autrement dit, f(x) = k ln(x) pour tout x > 0.4. Conclusion : les fonctions définies et dérivables sur ]0 ; + ∞[ qui transforment les produits en sommes sont les fonctions de la forme x k ln(x), où k est un nombre réel.

36 TD – La fonction logarithme décimalA. 1. – log([H+]) = 5 équivaut à log([H+]) = – 5 = log(10– 5), soit [H+] = 10– 5 ions-grammes par litre.2. De [H+] × [OH–] = 10–14, on déduit

log([H+]) + log([OH–]) = – 14.[H+] > [OH–] ⇔ log([H+]) > log([OH–]) ⇔ log([H+]) > – 14 – log([H+]) ⇔ – 2 log([H+]) < 14 ⇔ 2 pH < 14 ⇔ ph < 7.B. 1. Si P

2 = 2 P

1, alors I

2 – I

1 = 10 log (2) ≈ 3 db.

Multiplier la puissance sonore par 2, c'est augmenter l'intensité sonore de 3 db.

2. 10 log 1 P2 P

1

2 = 10 équivaut à log 1 P2 P

1

2 = 1 = log(10),

c'est-à-dire P

2 P

1

= 10.

Augmenter l'intensité sonore de 10 db, c'est multiplier la puissance sonore par 10.

C. 1. Pour Véga, m0 = – 2,5 log 1

E0

E0

2 = – 2,5 log(1) = 0.

2. Si E1 < E

2, alors

E1

E0

< E

2 E

0

donc log 1 E

1 E

0

2 < log 1 E

2 E

0

2 ,donc – 2,5 log 1

E1

E0

2 > – 2,5 log 1 E

2 E

0

2 ,soit m

1 > m

2.

3. m < 0 équivaut à 2,5 log 1 E E

0

2 > 0,

c'est-à-dire 1 E E

0

2 > 1, soit E > E0 : l'étoile est plus brillante

que Véga.4. m = – 2,5 log(3,9) ≈ – 1,48.

5. – 2,5 log 1 E E

0

2 = – 26,7, donc log 1 E E

0

2 = 10,68,

soit ln 1 E E

0

2 = 10,68 ln(10).

On en déduit E E

0

= e10,68 ln(10) ≈ 4,8 × 1010.

L'éclat du Soleil est environ 48 milliards de fois celui de Véga.

37 TD – La fonction logarithme en sciences

A. 1. La demi-vie t vérifie m0e– k t =

m0

2 , soit e– k t = 1

2 ,

c'est-à-dire ek t = 2, autrement dit kt = ln(2), d'où t = ln(2)

k .

2. t = ln(2)

k donc k =

ln(2)

t ≈

0,693

5 730 ≈ 1,21 × 10– 4 (en an– 1).

3. Soit m0 la masse de carbone 14 contenue dans le bois

lorsqu'il a brûlé, et m la masse restante au bout de t années, au moment de la mesure. La masse µ de carbone 12 est restée constante.

m = m0 e– kt donc m µ =

m0 µ e– k t. Donc 2,5 × 10– 13 = 10– 12 e – kt.

On en déduit e– kt = 0,25, soit ekt = 4, d'où kt = ln(4),

donc t = ln(4)

k = 2 ln(2) × 5 730

ln(2) = 2 × 5 730 = 11 460 ans.

B. 1. 6 = k ln(2), donc k = 6 ln(2)

≈ 8,66.

2. h2 – h

1 = 1

2 équivaut à k ln 1 f2

f1

2 = 1 2 , soit ln 1 f2

f1

2 = 1 2k

= ln(2)

12

c'est-à-dire f2

f1

= eln(2)12 .

Les fréquences de la gamme sont donc en progression

géométrique de raison eln(2)12 ≈ 1,059 5.

On peut donc compléter le tableau à partir du la, par multiplications ou divisions successives par ce nombre :

Note dodo#

=ré bré

ré# =mi b

mi fafa#

=sol b

Fréquence (en Hz)

261,6 277,2 293,7 311,1 329,6 349,2 370,0

Note solsol#=la b

lala#

=si bsi do

Fréquence (en Hz)

392,0 415,3 440 466,2 493,9 523,3

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52 a) x – 2 > 0 ; 2x – 1 > 0 et x – 2 < 2x – 1 soit x > 2.

b) 1 + 2 x > 0 ; x > 0 et 1 + 2 x > x soit 0 < x < 2.

c) x > 0 ; x2 – 2x > 0 et x2 – 3x > 0, soit x ∈ [3 ; + ∞[.

53 L'ensemble cherché est x ∈ ]1 ; + ∞[.

54 a) 1 2

5 2

n

< 0,2 équivaut à n ln 2

5 < ln 0,2,

soit n > ln(0,2)

ln(0,4) donc n > 2.

b) 1 1 + 3

100 2

n

> 2 équivaut à n ln(1,03) > ln 2.

Or n > ln 2

ln(1,03) donc n > 24.


56 a) x > 0 ; x < 3 ; x > – 1,et ln 2x = ln(3 – x)2 – ln(x + 1) qui équivaut à

2x (x + 1) = 9 – 6x + x2.x2 + 8x – 9 = 0, donc x = 1 ou x = – 9.Ou x > 0 et x < 3 donc 6 = 1.b) x < 5 ; x > 1 et (5 – x)(x – 1) > 3 est équivalent à

– x2 + 6x – 5 > 3.x2 – 6x + 8 < 0 a pour solutions x

1 < 4 ou x

2 > 2,

donc 6 = [2 ; 4].

57 1. ln x = X et X2 – 2X – 3 = 0 avec x > 0.

X = – 1 ou X = 3 soit x = 1

e ou x = e3.

2. (ln x + 1)(ln x – 3) > 0, soit ln x < – 1 ou ln x > 3.

Donc x ∈ 4 0 ; 1 e 3 < ]e3 ; + ∞[.

58 1. ex = X et 3X2 – 7X + 2 = 0.

Donc X = 2 ou X = 1

3 et x = ln 2 ou x = – ln 3.

2. 3e2x – 7ex + 2 = 3 1 ex – 1

3 2 (ex – 2),

soit ex < 1

3 ou ex > 2, donc x < – ln 3 ou x > ln 2.

DES LIMITES IMPorTAnTES

59 a) limx → 1+

f(x) = + ∞ et limx → + ∞

f(x) = 0.

b) limx → 0+

f(x) = 0 et limx → + ∞

f(x) = – ∞.

c) limx → – ∞

f(x) = 0 et limx → – 1–

f(x) = – ∞.

d) limx → 0+

f(x) = + ∞ et limx → + ∞

f(x) = + ∞

car limx → + ∞

ln 1 x + 1 x 2 = 0.

DE TÊTE

38 a) e ln8

3 ln2 = 1. b) ln(3) + ln 1 1

3 2 = 0.

c) ln(12 + 1) + ln(12 – 1) = ln(12 + 1)(12 – 1) = 0.

39 a) x ∈ ]0 ; 1[ < ]1 ; + ∞[. b) x ∈ ]– 1 ; 0[ < ]0 ; + ∞[.c) x ∈ ]1 ; + ∞[.

40 a) ln x < 1 ⇔ ln x < ln e soit x ∈ ]0 ; e[.b) ex > 2 ⇔ ex > eln 2 soit x ∈ ]ln 2 ; + ∞[.

41 f ’(x) = 1 + 1 x > 0 pour x ∈ ]0 ; + ∞[.

donc f est strictement croissante.

42 a) limx → 0+

ln(x)

x = – ∞. b) limx → + ∞

(x – ln (x)) = + ∞.

c) limx → + ∞

x ln x

x + 1 = + ∞.

43 un = ln 2n

n + 1 ; lim

x → + ∞u

n = ln 2.

CALCULS AVEC LES fonCTIonSln ET exp

44 f(x) = 1 x + 1 x = 2 x .

45 a) x2 + 2x > 0 soit x ∈ ]– ∞ ; – 2[ < ]0 ; + ∞[.b) ex > 1 soit x ∈ ]0 ; + ∞[.c) x ∈ ]0 ; + ∞[.d) x ∈ ]0 ; 1[ < ]1 ; + ∞[.e) x ∈ ]– ∞ ; – 1[ < ]1 ; + ∞[.


47 a) x < 3

2 et 3 – 2x = e, soit x = 3 – e

2 .

b) x < 3 et 3 – x = e– 2, soit x = 3 – e– 2.c) x2 – 8 > 0 et x2 – 8 = 1, soit x = 3 ou x = – 3.

d) x < 0 ou x > 1 et 1 – 1 x = e2, soit x = 1

1 – e2 .

48 a) x = ln 3 – 2.

b) x

x + 1 = ln 2 soit x = ln 2

1 – ln 2 .

c) x = ln 4. d) ex + 1 = e2 soit x = ln(e2 – 1).

49 a) x > 1 + e– 1

2 . b) 3 < x < 3 + e2.

c) 1 e < x < e2 d) x < ln(e2 – 1).

50 a) x < ln 2 + 1. b) x < ln 4.

c) 0 < x < 1

ln 3 – 1 . d) – ln 2 < x < ln 2.

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. S

60 a) limx → 0+

f(x) = + ∞. limx → + ∞

f(x) = 1.

b) limx → 0+

f(x) = limx → 0+

1 + x ln x x = + ∞.

limx → + ∞

f(x) = + ∞.

c) limx → 0+

f(x) = – ∞ et limx → + ∞

f(x) = + ∞.

d) limx → – ∞

f(x) = ln 2 et limx → + ∞

f(x) = + ∞.


62 1. limx → 0+

f(x) = limx → 0+

[x2 – x2 ln(x)] = 0.

Donc f est continue en x = 0.

2. a) f(x) – f(0)

x = x – x ln x.

Or limx → 0+

(x – x ln x) = 0.

b) Donc f est dérivable en x = 0 et f ’(0) = 0.

LA fonCTIon ln

63 1. g’(x) = (x + 1) ex.

x – ∞ – 1 + ∞g’ – 0 +

g1 – 1 e > 0

Donc pour tout x réel, g(x) > 0.

2. a) et b) f ’(x) = ex + 1 x = g(x)

x

x 0 + ∞

f’ +

f– ∞

+ ∞

f est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ qui a pour image par f.Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout réel m, l'équation f(x) = m a une unique solution.

64 1. A a pour coordonnées (a ; ln a) et B(b ; ln b)

donc I a pour coordonnées 1 a + b

2 ; ln a + ln b

2 2 .

Or ln a + ln b

2 = 1

2 ln ab = ln 4ab, donc la proposition est

vraie.2. J a pour coordonnées (ln 4ab ; ln 4ab) donc K a pour coordonnées (ln 4ab ; eln 4ab ). Or eln 4ab = 4ab donc C a pour coordonnées (4ab ; 4ab). La proposition est fausse.

3. La tangente à #1 en x = a + b

2 a pour coefficient directeur

2 a + b

et ∆ a pour coefficient directeur 1 donc ces droites

sont parallèles si et seulement si a + b = 2. La proposition est vraie.4. La tangente en B a pour équation

y = 1 b (x – b) + ln b soit y = x

b + ln b – 1.

H a pour coordonnées (b ; 0) et K (b (1 – ln b) ; 0).K est le milieu de [OH] si et seulement si 2b = b (1 – ln b) 2 = 1 – ln b or b > 0 donc ln b = 1 et b = 1 e .La proposition est vraie.


66 1. a) ϕ’(x) = ex – 1 x . ϕ’’(x) = ex + 1 x2

.

x 0 a 1 + ∞j’’ –

j’

– ∞

0e – 1

+ ∞

Le théorème des valeurs intermédiaires prouve l'existence d'un α unique tel 0 < α < 1.

α ≈ 0,57. b) M a pour coordonnées (x ; ex ) et N(x ; ln x).ZMN a pour coordonnées (0 ; ln x – ex ).Or ex > ln x pour tout x > 0 donc MN = ex – ln xsoit MN = ϕ(x).

x 0 a + ∞j’ – 0 +

j

+ ∞

ϕ (a)

+ ∞

Il en résulte que MN est minimale pour x = α.

2. a) ea = 1 a

car ϕ’(x) = 0.

b) La tangente en M a pour coefficient directeur ea et la tan-

gente en N, 1 a

. Comme ea = 1 a

les tangentes sont parallèles.

67 1. limx → 0+

= 0 donc f est continue en 0.

De plus, limh → 0+

h2 ln h – 0

h = lim

h → 0+h ln h = 0.

Donc f est dérivable en x = 0.2. a) f ’(x) = 2x ln x + x = x (2 ln x + 1).

x 0 e –

12 + ∞

f’ 0 – 0 +

f 0

– 1 2e

f 1e – 12 2 = e– 1 × – 1

2 = – 1

2e .

Donc A a pour coordonnées 1e – 12 ; – 1

2e 2.

b) Si M a pour coordonnées (a ; f(a)), la tangente en M à # a pour équation

y = f ’(a)(x – a) + f(a).Cette tangente passe par 0 si et seulement si :

a f ’(a) = f(a)soit a2 ln a = 2a2 ln a + a2

soit a2 (ln a + 1) = 0, qui a pour racines a = 0 ou a = e– 1.


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– T

ran

sma

th T

erm

. S

Les tangentes ont pour équation y = 0 et y = – e– 1 (x – e– 1 ) – e– 2,soit y = – e– 1 x.

68 1. f ’(x) = 1 – ln x – 1 = – ln x.

x 0 1 + ∞

f’ + 0 –

f0

1

– ∞

2. a) A a pour coordonnées (a ; a (1 – ln a))donc T

a a pour équation :

y = – ln a(x – a) + a – a ln asoit y = – x ln a + a.Donc B a pour coordonnées (0 ; a).b) Pour A donné, on construit B(0 ; a) et T

a est la droite

(AB).

A

Ta

B

a

a

O 1

y

x

1

69 1. a) Par hypothèse f(1) = 0 et f ’(1) = 3.

Or f ’(x) = a + 1 – ln x

x2 ,

donc f(1) = 0 ⇔ a + b = 0 et f ’(1) = 3 ⇔ a + 1 = 3.Donc a = 2 et b = – 2.

b) f(x) = 2x – 2 + ln(x)

x .

2. a) g’(x) = 4x – 1 x = x2 – 1 x .

x 0 1 2 + ∞

g’ – 0 +

g 3 2 + ln 2 > 0

Donc pour tout x > 0, g(x) > 0.

b) f ’(x) = 2 + 1 – ln x

x2 , g(x) > 0.

Or f(x) > 0 donc :

x 0 + ∞

f’ +

f– ∞

+ ∞

et f strictement croissante sur ]0 ; + ∞[.

ÉTUDE DE fonCTIonS DU TYPEx ln (u(x))


71 La fonction f est définie sur $ et la fonction x x [ln(x – 1) – ln(x + 1)] est définie sur ]1 ; + ∞[ donc f est différente de cette fonction.Le raisonnement n'est donc pas exact.

72 1. f 1 – 1 2 2 = 0 ; f ’(0) = 0 ; f 1 1

4 2 = ln 1 5

8 2 .

f ’(x) = 2ax + b

ax2 + bx + c donc

f 1 – 1 2 2 = 0 ⇔ a 1 – 1

2 2

2

+ b 1 – 1 2 2 + c = 1.

f ’(0) = 0 ⇔ b c = 0 sur b = 0.

f 1 1 4 2 = ln 5

8 ⇔ a

16 + b

4 + c = 5

8 .

Donc b = 0, a 4 + c = 1 et a

16 + c = 5

8 ,

soit b = 0, c = 1 2 et a = 2,

donc f(x) = ln 1 2x2 + 1 2 2 .

2. a) f ’(x) = 4x

2x2 + 1 2 = 8x

4x2 + 1

.

b) f ’(x) = 0 pour x = 0 et f(x) = 0 pour 2x2 + 1 2 = 1,

soit x = – 1 2 et x = 1

2 .

c) De plus f(0) = – ln 2 ; c'est la valeur du minimum de f.

73 1. f ’(x) = 1 x et g’(x) = 2

2n + 6 = 1

x + 3 .

La tangente en A(1 ; 0) a pour coefficient directeur 1 et la tangente en B(– 2 ; ln 2) a pour coefficient directeur

1 – 2 + 3

= 1. Donc les tangentes sont parallèles.

2. C et D ont respectivement pour coordonnées (3 ; ln 3) et (0 ; ln 6) donc ZCD a pour coordonnées (– 3 ; ln 6 – ln 3) soit (– 3 ; ln 2), et ZAB a pour coordonnées (– 3 ; ln 2) donc ABDC est un parallélogramme.

3. M a pour coordonnées (et ; t) et N 1 1 2 et – 3 ; t 2 .

Donc eMN a pour coordonnées 1 1 2 et + 3 ; 0 2 : M n'est pas

constant.4. I a pour coordonnées (x ; ln x) avec x > 0 et J a pour coordonnées (x ; ln(2x + 6)).

Donc I J = – ln x + ln(2x + 6) = ln 1 2x + 6 x 2 .

limx → + ∞

I J = limx → + ∞

ln 1 2x + 6 x 2 = ln 2.

74 1. g est défini pour f(x) > 0, or f(1) = 0 ; donc g n'est pas définie sur ]– 2 ; 2[.

2. g’(x) = f ’(x)

f(x)

. Or f ’(0) = 0 et f(0) = e donc g’(0) = 0.

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

78 1. a) f ’(x) = ln x – 1 (ln(x))2

.

x 1 e + ∞

f’ – 0 +

f

+ ∞

e

+ ∞

b) Donc A a pour coordonnées (e ; e).c) D'après le tableau de variation, si x > e alors f(x) > e.2. u

0 = a > e et u

n + 1 = f(u

n ).

a) Il semble que la suite (un) soit décroissante et converge

vers e.b) u

0 = a > e si u

n > e, f(u

n) > e donc u

n + 1 > e.

Ainsi pour tout n de N, un > e.

A

O

y

x1

1

e

e u2 u1 u0 = a

c) un+1

– un =

un

ln un

– un =

un

ln un

(1 – ln un).

un > e, ln u

n > 1 et 1 – ln u

n < 0.

Donc un + 1

– un < 0 et la suite est décroissante.

d) La suite un minorée par e et décroissante est donc conver-

gente vers , avec , = f (,) soit , = ,

ln , donc ,(ln , – 1) = 0.

Or , > 1 et donc ln , = 1 et , = e.

79 u2 + u

3 + … + u

n = ln 1 1 – 1

2 2 + ln 1 1 – 1

3 2 + ln 1 1 – 1 n 2

soit u2 + … + u

n = ln 1

2 + 2

3 + ln 3

4 + … + ln n – 1 n

= ln 1 × 2 × 3 × … × n – 1

2 × 3 × … × n

= ln 1 n = – ln n.


81 1. Trouver un élément parmi n a pour probabilité

p = 1 n soit n = 1 p .

Donc I = ln(n)

ln(2) =

ln 1 1 p 2

ln(2) = –

ln(p)

ln(2) .

2. I = ln 32

ln 2 = ln 2

ln 25 = 5.

3. I = ln 2

ln 2 = 1.

3. g a pour tableau de variation :

x – 2 0 1 2

g’ + 0 – +

g

1 + ∞

– ∞ – ∞ – ∞

g(0) = 1 et g est strictement croissante sur ]1 ; 2[ dont l'image est . Il en résulte, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, que l'équation g(x) = 1 a une unique solution dans ]1 ; 2[. Donc g(x) = 1 a exactement deux solutions dans ]– 2 ; 2[.4. lim

x → 0g(x) = lim

x → 0ln(f(x)) = 1.

limx → 0

g(g(x)) = limx → 1

g(x) = – ∞.


LA fonCTIon ln ET LES SUITES

76 1. u0 > 0. Si u

n > 0 alors 2u

n > 0 donc u

n + 1 > 0.

Ainsi pour tout n de N, un > 0.

2. a) vn+1

= ln(un+1

) – 2 = ln e + 1

2 ln u

n – 2

= – 1 + 1

2 ln u

n = 1

2 (ln u

n – 2) = 1

2 v

n.

Donc vn est une suite géométrique de premier terme

v0 = 3 – 2 = 1 et de raison 1

2 .

b) vn = 1 1

2 2

n

et ln un = v

n + 2 soit u

n = evn + 2.

un = e1 12 2

n + 2

.3. a) lim

n → + ∞v

n = 0.

b) limn → + ∞

un = e2.

77 1. a) f(x) = 0 pour x = 1 e .

f ’(x) = 1 – (1 + ln x)

x2 = – ln x

x2 .

f ’’(x) = – x + 2x ln x

x4 =

x (2 ln x – 1)

x4 = 2 ln x – 1

x3 .

b) M1 a pour coordonnées 1 1 e ; 0 2 .

La tangente en un point quelconque est :y = f ’(a)(x – a) + f(a).

Elle passe par l'origine du repère si et seulement si

a f ’(a) = f(a), soit – ln a a = 1 + ln a

a soit ln a = – 1

2 .

Donc a = e –

12 = 1

1e . M

2 a pour coordonnées 1 1

1e ;

1e

2 2 .

f ’(x) = 0 pour x = 1 donc M3 a pour coordonnées (1 ; 1).

f’’(x) = 0 pour x = 1e donc M4 a pour coordonnées 1 1e ; 3

21e 2 .

2. Les points M1, M

2, M

3, M

4 ont respectivement pour abs-

cisses 1 e ; 1

1e ; 1 ; 1e. Prises dans cet ordre, ces abscisses sont

en progression géométrique de raison 1e.

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th T

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. S

c) Le maximum de f est f(1) = ln 1 1 + m e 2 .

Or ln(1 + x) < x (Il suffit d'étudier les variations de la fonction ϕ définie sur [0 ; + ∞] par ϕ(x) = ln(1 + x ) – x.

Donc si x = m e alors ln 1 1 + m

e 2 < m e ,

donc pour tout x de [0 ; + ∞[ fm(x) < m e .

d) f ’m(0) = m donc la tangente en x = 0 a pour équation

y = mx.

e) On a p < m. fp(x) = ln 1 1 +

px ex 2 et f

m(x) = ln 1 1 + mx

ex 2 .

fm(x) > f

p(x) ⇔ ln 1 1 + mx

ex 2 > ln 1 1 + px

ex 2

soit mx ex >

px ex ou encore (m – p) x > 0.

Si x > 0 (m – p) x > 0, alors #m est au-dessus de #

p et le

point O est le seul point commun.


84 A a pour coordonnées (a ; ln a) et B(b ; ln b).

Donc I a pour coordonnées 1 a + b

2 ; ln ab

2 2

et J a pour coordonnées 1 a + b

2 ; ln a + b

2 2 .

ln 1 a + b

2 2 > ln ab

2 ⇔ a + b

2 > 4ab,

soit (1a – 1b)2

2 > 0, ce qui est toujours vrai si A est distinct

de B. Donc I est toujours en dessous de J.

85 1. vn+1

= eun + 1 ln 2 = eun ln 2 – 2 ln 2

= e– ln4 vn.

(vn ) est donc une suite géométrique de premier terme v

0 = 1

et de raison e– ln 4.2. La raison q = e– ln 4 est strictement inférieure à 1, donc lim

n → + ∞q n = 0.

Il en résulte que limn → + ∞

vn

k

n

=

∑ =0

v

0

1 – q = 1

1 – eln 1–

4

soit 1

1 – 1

4 = 4

3 .

86 ea – e– a – 2b = 0 multiplié par ea donne :(e a)2 – 1 – 2b ea = 0. En posant ea = X avec X > 0, on obtient :

X2 – 2b × – 1 = 0.Soit X = b + 81 + b2 ou X = b – 81 + b2.

Or b – 81 + b2 < 0 donc ea = b + 81 + b2,

soit a = ln (b + 81 + b2).Réciproquement, si a = ln(b + 81 + b2) alors ea = b + 81 + b2

et – a = – ln(b + 81 + b2 ) = ln 1

b + 81 + b2 .

D'où – a = ln 81 + b2 – b

1 + b2 – b2 = ln[81 + b2 – b],

donc e– a = 81 + b2 – b,soit ea – e– a = 2b.Il y a donc équivalence entre les deux propositions.

AVEC LES TICE

82 1.

O

A

a x

y

M

H

T

K

1

1

2. Il semble que les droites (OK) et (T) restent parallèles.

3. a) f ’(x) = 1

4 3 2x – 2 x 4 .

Donc la tangente en M d'abscisse a a pour vecteur directeur

ru 1 1 ; 1

2 1 a

2 – 1 a 2 2 .La droite (AH) d'équation x a + y – 1 = 0 coupe le cercle # :

x2 + y2 = 1 en A et K dont les abscisses sont solutions de l'équation

x2 + 1 1 – x a 2 2 = 1, soit x2 + 1 – 2x

a + x2

a2 = 1

x 3 x 1 1 + 1

a2 2 – 2 a 4 = 0 soit x = 0 ou x = 2a

a2 + 1 .

Donc A a pour coordonnées (0 ; 1) et K 1 2a

a2 + 1 ; a

2 – 1

a2 + 1 2 .

Donc ZOK est colinéaire au vecteur (2a ; a2 – 1) ou à

1 1 ; a2 – 1

2a 2 , c'est-à-dire à ru.

Ainsi (T) et (OK) sont deux droites parallèles.b) M étant donné on connaît H donc (AH) qui coupe # en K. Il suffit de tracer par M la parallèle à (OK).

83 2. c) On peut conjecturer que :•lacourbe#

m semble présenter un maximum en x = 1 ;

•latangenteenOà#m a pour coefficient directeur m ;

•deuxcourbesdistinctesontencommunlepointOetOseulement si m < p ; alors #

m est en-dessous de #

p.

3. a) f ’m(x) = e

x + m ex + mx – 1 =

m (1 – x) ex + mx .

x 0 1 + ∞f’ + 0 –

f0

ln (e + m) – 1

0

b) fm(x) = ln 3 ex 1 1 + mx

ex 2 4 – x

= ln ex + ln 1 1 + mx ex 2 – x = ln 1 1 + mx

ex 2 .lim

x → + ∞fm(x) = 0.

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. S

B. 1. a) f ’(x) = 1 + 1 x > 0 pour tout x de ]0 ; + ∞[.

x 0 1 an

+ ∞

f’ +

f

– ∞

+ ∞

1n

b) Voir l'exercice 88. La démonstration est identique. On a donc a

n + ln(a

n ) = n.

2. a) b) a

1 = 1.

La fonction f est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ d'où le résultat.

O

d

y

x

1

1

2

3

4

1

2

3

4

3. a) f(1) = 1. f ’(1) = 2.Donc la droite ∆ a pour équation

y = 2(x – 1) + 1 = 2x – 1.b) ϕ(x) = f(x) – (2x – 1) = x + ln x – 2x + 1.Donc ϕ(x) = ln x – x + 1.

ϕ’(x) = 1 x – 1 pour x ∈ ]0 ; + ∞[.

x 0 1 + ∞

j’ + 0 –

j

0

Donc pour tout x de ]0 ; + ∞[, ϕ(x) < 0 : la courbe # est en dessous de ∆.4. a) Il résulte de la question précédente que pour tout n

de N*, n + 1

2 < a

n.

b) limn → + ∞

n + 1

2 = + ∞

donc limn → + ∞

an = + ∞.

O

y

x

1

1n +1—

2

n

90 1. La tangente Ta au point d'abscisse a a pour

équation y = f ’(a)(x – a) + f(a).T

a passe par O ⇔ – a f ’(a) + f(a) = 0.

2. a) Pour tout x de ]1 ; + ∞[

g(x) = ln x – 1

ln x – x 3 1 x + 1

x (ln x)2 4

soit g(x) = ln x – 1

ln x – 1 – 1

(ln x)2 . Donc

g(x) = (ln x)3 – (ln x)2 – (ln x) – 1

(ln x)2 .


88 A. f ’(x) = 1 + 1 x > 0 pour tout x de I.

x 0 1 2 a 1 + ∞

f’ +

f

– ∞

0

+ ∞

1

2 – ln 2

1

f est strictement croissante sur I dont l'image est . Donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires f(x) = 0 a une unique solution a.

De plus f 1 1

2 2 = 1

2 – ln 2 < 0 et f(1) = 1 > 0.

Donc a ∈ 4 1

2 ; 1 3 .

B. 1. a) g(x) = x ⇔ 4x – ln x = 5x, soit f(x) = 0.

b) g’(x) = 4

5 – 1

5x = 1

5 1 4x – 1 x 2 .

x 0 1

4 1

2 1 + ∞

g’ – 0 +

g

1 + ln 4

5 2 + ln 2

5

4

5

f 1 1

2 2 = 2 + ln 2

5 ≈ 0,53 ; f(1) = 4

5 = 0,8.

Donc l'image de l'intervalle J est incluse dans J.

2. a) u0 = 1

2 et u

1 = 2 + ln 2

5 appartiennent à J et u

0 < u

1.

De plus si un ∈ J, f(u

n) = u

n + 1 ∈ J.

Donc pour tout entier u, un ∈ J. f est croissante sur l'inter-

valle J.Donc si u

n + 1 < u

n alors f(u

n – 1) < f(u

n), soit u

n < u

n + 1.

Donc pour tout n de N 1

2 < u

n < u

n + 1 < 1.

b) La suite (un) croissante et majorée converge vers , telle

que g(,) = ,.Or a est la seule solution de l'équation g(x) = x, donc , = a.3. a) u

10 ≈ 0,567 145.

b) 0,567 < a < 0,568.

89 Si (un) est un e suite croissante non majorée, par

négation de la définition d'une suite majorée, quel que soit le nombre A, il existe un indice N tel que u

N > A. La suite

étant croissante, il en résulte que tous les termes de la suite d'indice supérieur à N sont supérieurs à A. Ainsi, quel que soit le nombre A, l'intervalle ]A ; + ∞[ contient tous les termes de la suite à partir de l'indice N. La suite (u

n) a pour

limite + ∞.

..

© N

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

x – 1 0 1 + ∞

f’ – 0 +

f

+ ∞

00

ln 3 – 2 ln 2 = ln 3 4

L'affirmation est fausse.d) La proposition est vraie. En effet, l'équation f(x) = 0 admet une solution unique a dans l'intervalle ]– 1 ; 1[.Or f(0) = 0 donc a = 0.e) f(x) = 1 admet une unique solution a dans ]– 1 ; + ∞[ telle que a ≈ – 0,47. La proposition est vraie.

93 1. a) g’(x) = 2x – 1 x = 2x2 – 1 x .

x 0 12

2 + ∞

g’ – 0 +

g 3 2 + ln 12

g 1 12

2 2 = 1

2 + 1 + ln 12 > 0.

Donc pour tout x de ]0 ; + ∞[, g(x) > 0.

b) f ’(x) = 1 + 1 – ln x

x2 =

g(x)

x2 .

x 0 + ∞

f’ +

f– ∞

+ ∞

2. a) f(x) – x = ln x x .

Si x ∈ ]0 ; 1[, # est en-dessous de ∆.Si x > 1, # est au-dessus de ∆.b) lim

x → + ∞(f(x) – x) = 0. Or MN = f(x) – x donc lim

x → + ∞MN = 0.

c) La tangente en A d'abscisse a est parallèle à ∆ si et seulement si f ’(a) = 1, soit :

1 – ln a

a2 = 0 donc a = e.

Le point A a pour coordonnées 1 e ; e + 1 e 2 .

94 1. e2x – ex + 1 > 0 équivaut à ex = X 5 X2 – X + 1 > 0.Or D = 1 – 4 = – 3 < 0 donc X2 – X + 1 > 0 pour tout x de , donc e2x – ex + 1 > 0, pour tout x de , et f est donc définie sur .

2. a) f ’(x) = 2e2x – ex

e2x – ex + 1

= ex(2ex – 1)

e2x – ex + 1

.b)

x – ∞ – ln 2 + ∞

f’ – 0 +

f

0 + ∞

ln 3 4

Le point A a pour coordonnées 1 – ln 2 ; ln 3 4 2 .

Il en résulte que les équations g(x) = 0 et (ln x)3 – (ln x)2 – (ln x) – 1 = 0 sont équivalentes sur ] 1 ; + ∞[.b) u’(t) = 3t 2 – 2t – 1 = (t – 1)(3t + 1).

t – ∞ – 1 3 1 a + ∞

u’ + 0 – 0 +

u– ∞

– 22 27

– 20

+ ∞

Pour tout x ∈ ]– ∞ ; 1], u(t) < 0 et, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une seule valeur a de ]1 ; + ∞[ telle que u(a) = 0.c) Dans ce cas il existe une unique tangente à # issue de O.

91 A. 1. f ’(x) = 1 – 1 – ln(x + 1)

(x + 1)2

= (x + 1)2 – 1 + ln(x + 1)

(x + 1)2

.

2. a) N’(x) = 2(1 + x) + 1 1 + x

= 2(1 + x)2 + 1

1 + x

.

N(x) est strictement croissante sur ]– 1 : + ∞[ car N’(x) > 0.b)

x – 1 0 4 + ∞

N’ + +

N– ∞

– 0 ++ ∞

f

+ ∞

0

+ ∞

4 – ln 5 5

3. x = x – ln(x + 1)

x + 1

⇔ ln(x + 1) = 0

soit x = 0. Le point d'intersection est O(0 ; 0).

B. 1. f(4) = 4 – ln 5 5 < 4 donc l'image de l'intervalle [0 ; 4]

est 3 0 ; 4 – ln 5 5 4 [0,4], d'où le résultat.

2. a) Il semble que la suite (un) est décroissante et converge

vers zéro.b) u

0 = 4 ∈ [0 ; 4]. Si u

n ∈ [0 ; 4] alors f(u

n) ∈ [0 ; 4]

soit un + 1

∈ [0 ; 4].Donc pour tout n de N, u

n ∈ [0 ; 4].

c) un + 1

– un = –

ln(un + 1)

un + 1

< 0.

Donc la suite est décroissante.d) La suite (u

n) est décroissante et minorée par 0 donc elle

converge vers , tel que f(,) = , soit

– ln(, + 1)

, + 1

= 0 et , = 0.

92 Pour tout x ∈ ]1 ; + ∞[, f(x) = ln 1 x2 + x + 1

x2 + 2x + 1 2 .

a) limx → –1+

f(x) = + ∞ donc l'affirmation est fausse.

b) limx → + ∞

f(x) = 0 donc l'affirmation est fausse.

c) f ’(x) = 2x + 1 x2 + x + 1

– 2 x + 1

= x – 1 (x + 1)(x2 + x + 1)

.

© N

ath

an

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

Donc # est au-dessous de d si et seulement si x ∈ ]– ∞ ; 0[. Pour x ∈ ]0 ; + ∞[, # est au-dessus de d.

Or 1 1 + 1 n 2 n

= en ln 11 + 1

n 2

donc limn → + ∞

1 1 + 1 n 2 n

= limn → + ∞

en ln 11 + 1

n 2 = e.

Le raisonnement est exact.Il n'est pas utile de poser t = n ln 1 1 + 1 n 2 .

97 1. a) f ’(x) = 1 – 2x

x2 + 1 =

(x – 1)2

x2 + 1

.

x 0 1

f’ + 0

f0

1 – ln 2

b) L'image de l'intervalle [0 ; 1] est [0 ; 1 – ln 2] [0 ; 1], d'où le résultat.c) f(x) = x ⇔ ln(x2 + 1) = 0, soit x = 0.2. a) u

0 = 1 ∈ [0 ; 1].

Si un ∈ [0 ; 1], d'après la question 1.b), on a f(u

n) ∈ [0 ; 1].

Donc un+1

∈ [0 ; 1]. Ainsi pour tout n de N :0 < u

n < 1.

b) un+1

– un = – ln(u

n2 + 1) < 0.

c) La suite est donc décroissante et minorée par 0. Elle converge donc vers , tel que f(,) = ,, soit ln(,2 + 1) = 0, et , = 0.

98 A. 1. f ’(x) = 1

x + 1 – 1 = – x

x + 1 , g’(x) = 1

x + 1 – 1 + x,

soit g’(x) = 1

x + 1 – (1 – x) = x2

(x + 1) .

x 0 + ∞f' 0 –

f 0– ∞

x 0 + ∞

g’ 0 +

g0

+ ∞

2. Il résulte de 1. que, pour tout x > 0, f(x) < 0 et g(x) > 0 donc

x – x2

2 < ln(1 + x) < x. (1)

B. 1. a) u1 > 0 et si u

n > 0, u

n 1 1 + 1

2n + 1 2 > 0, donc u

n + 1 > 0.

Il en résulte que pour tout n de N*, un > 0.

b) ln(u1) = ln 3

2 = ln 1 1 + 1

2 2 donc la proposition est vraie.

Si ln un = ln 1 1 + 1

2 2 + … + ln 1 1 + 1

2n 2 ,

alors ln(un + 1

) = ln(un) + ln 1 1 + 1

2n + 1 2 .

3. # est au-dessus de d si et seulement si f(x) > 2x, soitln(e2x – ex + 1) > ln e2x. Or cela équivaut à e2x – ex + 1 > e2x, donc ex < 1.

95 a) f ’(x) = 2x – 2 x = 2(x2 – 1)

x .

x 0 1 + ∞

f’ – 0 +

f3

Donc pour tout x > 0 on a f(x) > 3. La proposition est vraie.

b) g’(x) = x 3 – 2x – 2 x 4 + x2 + 2 ln x

x2

= – 2x2 – 2 + x2 + 2 ln x

x2 = – x2 – 2 + 2 ln x

x2 .

g’(x) = – f(x)

x2 donc la proposition est vraie.

c) g(x) + x = – x2 – 2 ln x x + x = – 2 ln x

x .

Si x > 1, alors – 2 ln x < 0 donc g(x) < – x.Donc # est strictement en-dessous de la droite d. La proposition est vraie.d)

x 0 a 1 + ∞g’ –

g

+ ∞

0– 1 – ∞

Donc la proposition est vraie. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution dans l'intervalle ]0 ; 1[. On a 0 < a < 1.

96 f est dérivable sur ]– i ; + ∞[ et

f ’(x) = 1

x + 1 > 0.

x – 1 + ∞

f’ +

f– ∞

+ ∞

Pour n > 0,

ln 1 1 + 1 n 2 n

= n ln 1 1 + 1 n 2 = ln 1 1 + 1 n 2

1 n .

En posant x = 1 n ,

limx → + ∞

ln 1 1 + 1 n 2 n

= limx → 0+

ln(1 + x)

x = limx → 0+

ln(1 + x) – ln 1

x

= f ’(0) = 1.

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100 1. a) limx → – ∞

ln (a ex + b) = ln b = 0, donc b = 1 ;

f ’(x) = a ex

a ex + b

, donc f ’(0) = a

a + b = 1

2 , soit a = 1.

Ainsi f (x) = ln(ex + 1). La proposition est vraie.b) lim

x → + ∞ [f (x) – x] = lim

x → + ∞ ln (ex + 1) – ln ex

= limx → + ∞

ln(1 + e– x) = 0.

La proposition est vraie.

c) limx → + ∞

f (x)

x = limx → + ∞

ln ex(1 + e– x)

x = limx → + ∞

3 1 + ln(1 + e– x)

x 4 = 1.

La proposition est vraie.

d) f ’(x) = ex

ex + 1

. La proposition est fausse.

101 1. f ’1(x) = 2 + 2x

x2 + 1

> 0

x 0 + ∞

f’1 +

f1 – 2

+ ∞

2. a) f ’n(x) = 2 + 2x

n(x2 + 1)

> 0 donc fn est strictement

croissante sur [0 ; + ∞[.

x 0 α 1 + ∞

f’n +

fn – 2

0 ln 2 n + ∞

b) c) f est strictement croissante sur [0 ; 1] et f (0)f (1) < 0 donc il existe dans cet intervalle α unique tel que f

n(α) = 0.

De plus, fn(x) > 0 pour x > 1, donc α est la seule solution

sur [0 ; + ∞[.

3. fn + 1

(αn + 1

) = 0 donc 2αn + 1

– 2 = ln(α

n + 12 + 1)

n + 1 ,

soit fn(α

n + 1) = 2α

n + 1 – 2 +

ln(αn + 1

2 + 1) n

= ln(α

n + 12 + 1) n –

ln(αn + 1

2 + 1)

n + 1

donc fn(α

n + 1) = –

ln(αn + 1

2 + 1)

n(n + 1) > 0.

4. a) fn(α

n) = 0, f

n(α

n + 1) > 0 et f est strictement croissante

donc αn < α

n + 1 et la suite (α

n) est croissante.

b) La suite (αn) est croissante et majorée par 1, donc

convergente.

fn(α

n) = 0 donc α

n = 1 –

ln(αn2 + 1)

2n .

limn → + ∞

– ln(α

n 2 + 1)

2n = 0 donc lim

n → + ∞ α

n = 1.

102 1. a) f '(x) =

x

x

x

x

x

x

x

x

x

−

( )− =

−−

ln( ) ln( )

2 1

1

2 12

car x > 0

f '(x) = 2

21

2 2

2

−

− =

− −ln( ) ln( )x

x x

x x x

x x .

2 0x x > pour tout x > 0, donc f '(x) est du signe de

2 2 2 1− − = − − +

ln( ) ( ) ln( )x x x x x x .

Donc pour tout n de N* :

ln(un) = ln 1 1 + 1

2 2 + … + ln 1 1 + 1

2n 2 .

2. a) 1

2 – 1

2 1 1

4 2 < ln 1 1 + 1

2 2 < 1

2

1

22 – 1

2 1 1

42 2 < ln 1 1 + 1

22 2 < 1

22 6 +

1

2n – 1

2 1 1

4n 2 < ln 1 1 + 1

2n 2 < 1

2n

Sn – 1

2 T

n < ln u

n < S

n

b) Sn =

1

2 1 1 – 1

2n 2

+ 1

2 = 1 – 1

2n .

Tn =

1

4 1 1 – 1

4n 2

3

4 = 1

3 1 1 – 1

4n 2 .

limn → + ∞

Sn = 1 et lim

n → + ∞T

n = 1

3 .

3. a) ln(un + 1

) – ln un = ln 1 1 + 1

2n+1 2 > 0.

Donc ln(un + 1

) > ln un et u

n + 1 > u

n.

Par conséquent, la suite (un) est strictement croissante.

b) La suite (un) est strictement croissante et majorée par 1,

donc elle converge vers ,.

4. 5

6 – 1

2n – 1

6 × 4n < ln u

n < 1 – 1

2n , donc 5

6 < , < 1.

99 1. Voir le corrigé de l'exercice 98.1.

2. (Pn) : 12 + 22 + … + n2 =

n(n + 1)(2n + 1)

6 .

(P1) : 12 = 1 × 2 × 3

6 = 1. Donc (P

1) est vraie.

Si (Pn) est vraie, alors :

Pn + 1

: 12 + 22 + … + n2 + (n + 1)2 = n(n + 1)(2n + 1)

6 + (n + 1)2

soit : 1 n + 1

6 2 (2n2 + n + 6n + 6) =

(n + 1)(2n2 + 7n + 6)

6 .

Or 2n2 + 7n + 6 = (n + 2)(2n + 3),donc (P

n + 1) est telle que

12 +… + (n + 1)2 = (n + 1)(n + 2)(2n + 1)

6 .

Donc (Pn + 1

) est vraie. Ainsi pour tout n de N* :

kk

n

2

1=

∑ = n(n + 1)(2n + 1)

6 .

3. ln(un) = ln 1 1 + 1

n2 2 + … + ln 1 1 + n

n2 2

1

n2 – 1

2 1 1

n4 2 < ln 1 1 + 1

n2 2 < 1

n2

n

n2 – 1

2 1 n

2

n4 2 < ln 1 1 + n

n2 2 < n

n2 6 +

1 + 2 + … + n

n2 – 1

2 + 22 + … + n2

2n4 < ln u

n < 1 + 2 + … + n

n2

n(n + 1)

2n2 –

n(n + 1)(2n + 1)

12n4 < ln u

n <

n(n + 1)

2n2 .

limn → + ∞

n(n + 1)

2n2 = 1

2 et lim

n → + ∞ n(n + 1)(2n + 1)

n4 = 0,

donc limn → + ∞

ln(un) = 1

2 et lim

n → + ∞u

n = 1e.

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. S

Conclusion. Pour tout n, un appartient à [1 ; 2].

3. a) un + 1

− un = f (u

n). Or f (x) < 0 pour x appartenant

à l'intervalle [1 ; 2] donc la suite (un) est strictement

décroissante. b) La suite (u

n) est strictement décroissante et minorée par

1 donc elle est convergente.La fonction f étant continue sur I, l i m ( ) ( )

n nf u f

→ + ∞

= ℓ et la

limite de la suite (un) vérifie f() = 0 donc = 1.

103 1. P

s P

e

= I2

s I2

e

= U2

s U2

e

donc GP = 10 log

Ps

Pe

= 20 log I

s I

e

= 20 log U

s U

e

,

donc GP = G

I = G

U.

2. Pas de gain de tension.

3. GI < 0 signifie que I

s 0.

Si x > 1, x x − >1 0 et ln(x) > 0 donc N(x) < 0.c)

x 0 1 + ∞

f’ + 0 –

f0

2. a) D’après la question 1., pour tout x, f(x) < 0, soit ln( )x

xx+ −1 0< , d’où

ln( )x

xx< <− 1 1 car x < 2.

De plus, pour tout x de [1 ; 2], ln(x) > 0, donc 0 <ln( )x

x.

b) Initialisation. Pour n = 0, la proposition est vraie.Hérédité. Si u

n appartient à l'intervalle [1 ; 2] alors d’après

la question a), ln( )

[ ; ]u

u

n

n

∈ 0 1

donc un + 1

appartient à

l'intervalle [1 ; 2].

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 6 Fonctions trigonométriques

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. S

Fonctions trigonométriques6


Activité 1Voir le manuel. On remarque que la courbe représentant la fonction cosinus peut s'obtenir à partir de la courbe repré-

sentant la fonction sinus par la translation de vecteur – π

2 ai.

Activité 2

1 a) M et M’ sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses.b) M’ a pour coordonnées (cos(t) ; – sin(t)).

2 a) A et A’ sont symétriques par rapport à l’axe des

ordonnées.b) B et B’ sont symétriques par rapport à l’origine du repère.

3 a) M1 a pour coordonnées (cos(t) ; sin(t)).

b) M et M1 sont confondus.

4 a) A1 s’obtient à partir de A par la translation de vecteur

2πti.b) B

1 s’obtient à partir de B par la translation de vecteur

2πti.

5 a) La courbe que décrit le point A est symétrique par rapport à l’axe des abscisses. La courbe que décrit le point B est symétrique par rapport à l’origine du repère.b) Par la translation de vecteur 4k π ti, k appartient à .

PROBLÈME OUVERTNotons r le rayon du quart de cercle et x la mesure en radians de l’angle kIOM telle que x appartient à l’intervalle

I = 0 ; π

2 .

IN = r tan(x) et arc(IM) = 2πrx

2π

= rx .

Donc les trajets proposés ont la même longueur si et seulement si tan(x) = 1 + x (1).Il s’agit désormais de savoir si cette équation a une solution dans I.Avant le coursAvec GéoGébra, on trace la droite d’équation y = 1 + x et la courbe # d’équation y = tan(x) avec x appartenant à I. Il semble que ces courbes ont un seul point commun A de coordonnées (1,13 ; 2,13). Graphiquement, il semble qu’il existe une seule valeur a de x pour laquelle les deux trajets ont la même longueur.

Après le cours

Pour tout x de I, l’équation (1) équivaut à :

(1 + x)cos(x) – sin(x) = 0.

Notons f la fonction définie pour tout x de I par :

f(x) = (1 + x)cos(x) – sin(x).

f est dérivable sur I et pour tout x de I,

f ’(x) = cos(x) – xsin(x) – cos(x) = – xsin(x).

f ’(x) = 0 pour x = 0 et pour tout x de I, f ’(x) < 0.

Il en résulte que f est continue, strictement décroissante sur I et que f (x) appartient à l’intervalle ]–1 ; 1].

Ainsi 0 a un antécédent unique a sur I (théorème des valeurs intermédiaires).

À la calculatrice, on démontre que 1,13 est une valeur approchée de a à 10– 2 près.

2 Enseignement spécifique Chapitre 6 Fonctions trigonométriques

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. S

g est croissante sur les intervalles précédents et décroissante sur les autres intervalles de I.

6 a) L'équation équivaut à

X = sin(x) sin(x) = – 1 2 ou5

2X2 – X – 1 = 0 ⇔

5

sin(x) = 1

⇔ 5 x ∈ – 5π

6 + 2kπ ; – π

6 + 2kπ ; π

4 + 2kπ 6, où k ∈ Z.

b) L'équation équivaut à :

X = cos(x) cos(x) = – 1 2 ou5

2X2 – X – 1 = 0 ⇔

5

cos(x) = 1

⇔ 5 x ∈ – 2π

3 + 2kπ ; 2kπ ; 2π

3 + 2kπ 6, où k ∈ Z.

7 1. L'équation équivaut à :

X = sin(x)

sin(x) = – 1 3 ou5

12X2 + X – 1 = 0

⇔

5

sin(x) = 1 4 .

Une représentation sur un cercle trigonométrique permet d'affirmer l'existence de 4 solutions sur [0 ; 2π].2. x ≈ – 2,802 ou x ≈ – 0,340 ou x ≈ 0,253 ou x ≈ 2,889.

8 1. P(1) = 0.2. P(x) = (x – 1)(2x2 + 3x – 2).

3. a) On peut écrire P(x) = 2(x – 1)(x + 2) x – 1 2 , d'où le

tableau de signes :

x – ∞ – 2 1 2 1 + ∞

x – 1 – – – 0 +

x + 2 – 0 + + +

x – 1 2 – – 0 + +

P(x) – 0 + 0 – 0 +

b) L'inéquation équivaut à

2(cos(x) – 1)(cos(x) + 2) cos(x) – 1 2 < 0.

•Sur]–π ; π], cos(x) – 1 < 0 et cos(x) + 2 > 0.

•cos(x) – 1 2 est positif sur – π

3 ; π

3 et négatif sur

– π ; – π 3 < π

3 ; π . D'où le tableau de signes :

x – π – π 3

π

3 π

cos(x) – 1 – – 0 – –

cos(x) + 2 + + + +

cos(x) – 1 2 – 0 + + 0 –

(cos(x) – 1)cos(x) + 2)

cos(x) – 1 2

+ 0 – 0 – 0 +

1 1. f(– x) = sin(– 2x) = – sin(2x) = – f(x).2. f ’(x) = 2 cos(2x).

f ’(x) est positif sur 0 ; π 4 et négatif sur π

4 ; π

2 .

3.

x – π

2 – π

4 0

π

4

π

2

f 0

– 1

0

1

0

2 1. Pour tout nombre x et tout entier relatif k,

g x + k π 2 = cos 4x + π

4 + 2kπ = cos 4x + π

4 = g(x).

2. g’(x) = – 4 sin 4x + π 4 .

Six ∈ – π 16

; 3π

16 alors 4x + π

4 ∈ [0 ; π] et sin 4x + π

4 > 0.

g est décroissante sur – π 16

; 3π

16 .

– Six ∈ – π

8 ; –

π

16 alors 4x +

π

4 ∈ –

π

4 ; 0 et g'(x) > 0.

– Six ∈ 3π

16 ;

3π

8 alors 4x +

π

4 ∈ π ;

13π

4 et g'(x) > 0.

Ainsi g est croissante sur – π

8 ; –

π

16 ∪ 3π

16

; 3π

8 .

3 a)S= 5π

8 ; 7π

8 < 13π

8 ; 15π

8 .

b.S= – π ; – 3π

4 < 0 ; π

4 < π.

c)S= π 3 ; 4π

9 < π ; 10π

9 < 5π

3 ; 16π

9 .

d)S= – π ; – 17π

24 < – 5π

8 ; – 5π

24

< 3π

8 ;

19π

24 < 7π

8 ; π .

e)S= 0 ; π 12

< π 4 ; 7π

12

< 3π

4 ; 13π

12

< 5π

4 ; 19π

12

< 7π

4 ; 2π .

4 1. f ’(x) = 2 cos(2x) – 12.

SurI,f ’(x) > 0 ⇔ x ∈ 0 ; π 8 < 7π

8 ; 9π

8 < 15π

8 ; 2π .

2.

x 0 π 8 7π

8 9π

8 15π

8 2π

f 0

12

2 – π12

8 12

2 – 9π12

8

– 212π

– 12

2 – 7π12

8 – 12

2 – 15π12

8

5 g’(x) = – 2 sin 2x – π 3 – 1.

SurI,

g’(x) > 0 ⇔ sin 2x – π 3 < – 1

2

⇔ x ∈ – π ; – 11π

12 < – π

4 ; π

12 < 3π

4 ; π .

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. S

b) Pour tout h de ]0 ; π], Φ’(x) = cos(h) – 1 < 0, d'où le tableau de variation :

h 0 π

Φ

0

– π

On en déduit que Φ(h) < 0 sur ]0 ; π].c) Ψ’(h) = 3h2 – 1 + cos(h). L'étude du signe de Ψ’(h) est impossible à ce stade.d) Ψ’’(h) = 6h – sin(h) et Ψ’’’(h) = 6 – cos(h).e) Ψ’’’(h) > 0 pour tout nombre h de ]0 ; π].Ψ’’(h) est donc croissante sur ]0 ; π].f) Ψ’’(0) = 0. D'après 2. c), Ψ’’(h) > 0 sur ]0 ; π].Ψ’ est donc croissante sur ]0 ; π]. Ψ’(0) = 0.Donc Ψ’(h) est positif pour tout h de ]0 ; π].g) Ainsi Ψ est croissante sur ]0 ; π]. Ψ(0) = 0.Sur]0;π], Ψ(h) > 0, ce qui équivaut à

sin(h) – h

h2

> – h.

On a – h < sin(h) – h

h2

< 0 pour tout nombre h de ]0 ; π].

D'après le théorème des gendarmes, limh → 0

sin(h) – h

h2

= 0.

g est donc dérivable en 0 et g’(0) = 0.


f et g sont deux fonctions continues sur .

• f ’(x) = 1 2 + cos(x) pour tout x de .

f ’ s'annule et change de signe pour tous les nombres de la

forme ± 2π

3 + 2kπ, k ∈ Z. f admet donc une infinité d'extre-

mums locaux.•g’(x) = 2x – 3 cos(x), et g’’(x) = 2 + 2 sin(x) > 0 pour tout nombre x. Ainsi g’ est croissante sur R.lim

x → – ∞g’(x) = – ∞ et lim

x → + ∞g’(x) = + ∞ donc, d'après le théorème

des valeurs intermédiaires, g’ s'annule une seule fois sur R. g possède donc un extremum local.

x 0 π

3 π 5π

3 2π

– 12 sin(x) – – 0 + +

cos(x) + 1 0 + + + +

cos(x) – 1 2 + 0 – – 0 +

f’ 0 – 0 + 0 – 0 +

f4

3 4

6

3 4

4

14 Étude d'une fonction•Lesoutils– Dérivées des fonctions trigonométriques.– Dérivée d’une fonction intermédiaire.•Lesobjectifs–Savoir exploiter une fonction intermédiaire pour étudier le signe d’une dérivée et en déduire les variations d’une fonction.

1. Pour tout x de I, f ’(x) = x cos(x) – sin(x)

x2

.

2. a) n est la somme de deux fonctions dérivables sur I et est donc dérivable sur I. n’(x) = – x sin(x).b) Pour tout nombre x de ]0 ; π], sin(x) > 0 et n’(x) < 0. La fonction n est décroissante sur ]0 ; π] :

x 0 π

n0

– π

c) f ’(x) et n(x) ont le même signe. De 2. b) on déduit que n(x) < 0 pour tout nombre x de I.La fonction f est donc décroissante sur I.

15 Étude d'une fonction (suite)•Lesoutils– Continuité et dérivée d’une fonction en un point.– Dérivée seconde.•Lesobjectifs–Savoir démontrer qu’une fonction est continue et dérivableen un point.–Savoir encadrer un taux d’accroissement.

1. a) limx → 0

sin(x)

x = 1.

b)Sur]0;π], g est quotient de deux fonctions continues. Le dénominateur ne s'annule pas sur ]0 ; π], donc g est continue sur ]0 ; π].limx → 0

g(x) = g(0) = 1. Donc g est continue en 0.

2. a) Dire que g est dérivable en 0 équivaut à dire que

g(h) – g(0)

h a une limite finie en 0.

Or g(h) – g(0)

h =

sin(h) – h

h2 .

L'ensemble des solutions est :

6 = – π 3 ; π

3 .

9 1. P(X) = – 6(X + 1)(2X – 1).2. a) f ’(x) = – 12 sin(x) cos2(x) – 6 sin(x) cos(x) + 6 sin(x) = sin(x)(– 12 cos2(x) – 6 cos(x) + 6).

b) f ’(x) = – 12 sin(x)(cos(x) + 1) cos(x) – 1 2 .


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. S

Sesharmoniquessont,à3Hzprès,lesnotesLA2, MI

3, LA

3,

MI14

, LA4,SI

4, MI

5, LA

5, DO

6, MI

6, LA

6,SOL

7, LA

7.

3.

C. 1. et 2. Le programme suivant est réalisé sous XCas.L'utilisation de la calculatrice limitera généralement le programme à la génération de a

1, a

2, …, a

n.

19 TD – La fonction tangenteA. 1. a) Pour tout nombre t de l'intervalle I, (OM) et T ne sont pas parallèles. b. eOM(cos(t) ; sin(t)).c. L'application du théorème de Thalès dans le triangle

OAN donne tan(t) = sin(t)

cos(t)

pour tout t ∈ 0 ; π 2 . Par symé-

trie, on généralise ce résultat à t ∈ – π 2 ; π

2 .

2. a) La fonction tangente est le quotient de deux fonctions dérivables sur I. Le dénominateur ne s'annule pas sur I. La

fonction tangente est donc dérivable sur I et tan’(t) = 1 cos2(t)

.

b) Pour tout t de I,

tan(– t) = sin(– t)

cos(– t)

= – sin(t)

cos(t)

= – tan(t).

La représentation graphique de la fonction tangente est donc symétrique par rapport à l'origine du repère.c) La dérivée de la fonction tangente étant positive sur I, la fonction tangente est croissante sur cet intervalle :

t – π 2

π

2

tan– ∞

+ ∞

3. a) tan(0) = sin(0)

cos(0)

= 0, donc #tan

passe par O.

d a pour équation réduite y = t.

17 Narration de rechercheO est le centre du cercle.H est le pied de la hauteur issuede A dans le triangle ABC. L'angle kBOC est égal à 2α.BH=sin(α);OH=cos(α) ; AH=1+cos(α).Pour α ∈[0 ; π], l'aire du triangle ABC est

!(α) = sin(α)(1 + cos(α)) ;et !’(α) = cos(α)(1 + cos (α)) – sin2(α) = cos2(α) – sin2(α) + cos(α) = 2 cos2(α) + cos(α) – 1.La forme factorisée du polynôme 2X2 + X – 1 est

2(X + 1) X – 1 2 . On en déduit :

!’(x) = 2(cos(α) + 1) cos(α) – 1 2 .

Pour α ∈ [0 ; π], !’(x) est du signe de cos(α) – 1 2 , c'est-à-

dire positif sur 0 ; π 3 et négatif sur π

3 ; π .

L'aire de ABC est donc maximale pour α = π 3 .

18 TD – Quand la musique fait vibrer

A. 1. T = 1 F

.

2. a) On note k ce rapport. k12 = 2 ⇔ k 1212 = e112 ln 2.

b) Il y a 9 demi-tons entre le DO3 et le LA

3.

Le rapport fréquence du LA

3 fréquence

du DO3 vaut e

34

ln2 = e34 ln 2.

c) Cette fréquence vaut 440

e3–4

ln2 ≈261,63Hz.

d)

B. 1.

2. Le LA1 a une fréquence de 440

22 =110Hz.

A

Γ

α

2α

C

O

B

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20 TD – Le mystérieux algorithme des calculatrices2. On constate que les résultats sont très proches.

3. a) tan2(t) = sin2(t)

cos2(t)

= 1 – cos2(t)

cos2(t)

= 1 cos2(t)

– 1

⇔ cos2(t) = 1 1 + tan2(t)

.

b)Sur 0 ; π 2 , cos(t) = 1

91 + tan2(t) et sin(t) =

tan(t)

91 + tan2(t) .

4.

b) f ’(x) = 1 cos2(x)

– 1 = 1 – cos2(x)

cos2(x)

= sin2(x)

cos2(x)

> 0 sur I.

f est croissante sur I et f(0) = 0.

Ainsi f(x) < 0 sur – π 2 ; 0 et f(x) > 0 sur 0 ; π

2 .

On en déduit que d est au-dessus de #tan

sur – π 2

; 0 et

en-dessous de #tan

sur 0 ; π 2 .

B. 1. La fonction tangente n'est pas définie pour les valeurs

π

2 + kπ, k ∈ Z.

2. tan(t + π) = sin(t + π)

cos(t + π)

= – sin(t)

– cos(t)

= tan(t) pour tout

t ∈ $.#

tan est invariante par la translation de vecteur π Tu.

3. Pour tout k ∈ Z, limx → π–2 + kπ

cos(x) = 0 et limx → π–2 + kπ

sin(x) = ± 1,

d'où limx → π–2 + kπ

tan(x) = ± ∞ et la droite d'équation x = π 2 + kπ

est asymptote à #tan

.4.


DE TÊTE

21 f ’(x) = 3 cos(x) + 2 sin(x).

22 f ’(x) = 2 cos(2x) + 3 sin(x).

23 limx → + ∞

x + sin(x) = + ∞.

24 6 = 5 π 6 ; 5π

6 6.

25 Oui car la fonction cosinus est strictement décroissante de l'intervalle [0 ; π] dans [– 1 ; 1].

26 f ’(x) = 1 + cos(x) > 0 sur R. Oui.

CALCUL DE DÉrIVÉES – TANgENTES

27 a) f ’(x) = 3 cos(x) + 2 sin(x) sur $.b) f ’(x) = – sin2(x) + cos2(x) = cos(2x) sur $.

28 a) f ’(x) = x cos(x) – sin(x)

x2

sur $.

b) f ’(x) = cos2(x) + sin2(x)

cos2(x)

= 1 cos2(x)

sur $.

29 a) f ’(x) = 1 1 – cos(x)

sur $.

b) f ’(x) = 1 + 2(cos(x) + sin(x))

(2 + cos(x))2

sur $.

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30 a) f ’(x) = – 2 sin(2x) sur $.

b) f ’(x) = – 2 cos – 2x + π 3 sur $.

31 a) f ’(x) = – 2 sin(2x – 1) sin(2x + 3) + 2 cos(2x – 1) cos(2x + 3)

= 2 cos(4x + 2) sur $.

b) f ’(x) = – 2 – (1 + 2x) sin(2x) – (1 – 2x) cos(2x)

(sin(2x) + x)2

.

32 a) f ’(x) = – 2 sin(x) cos(x) sur $.

b) f ’(x) = sin(x)(cos2(x) + 1)

cos2(x)

sur $.

33 a) f ’(x) = – sin(x)

28cos(x)

sur $.

b) f ’(x) = cos(x) esin(x) sur $.c) f ’(t) = – e– t cos(t) – e– t sin(t) sur $.

34 Pour tout nombre x,f ’(x) + 2f(x) = cos(x) e–2x + (1 + sin(x))(– 2e–2x)

+ 2(1 + sin(x))e–2x = e–2x cos(x).

35 a) Pour tout nombre x,f ’(x) = – 2 sin(2x) + 2 cos(2x),f ’’(x) = – 4 cos(2x) – 4 sin(2x),f ’’’(x) = 8 sin(2x) – 8 cos(2x).

b) Pour tout nombre x différent de π 2 + kπ, k ∈ Z :

f ’(x) = sin(x)

cos2(x)

,

f ’’(x) = cos3(x) + 2 sin2(x) cos(x)

cos4(x)

,

f ’’’(x) = – 3 sin(x) cos2(x) + 4 cos2(x) sin(x) – 2 sin3(x)) cos4(x)

cos8(x)

+ 4(cos3(x) + 2 sin2(x) cos(x)) sin(x) cos3(x)

cos8(x)

= sin(x)(5 + sin2(x))

cos4(x)

.

36 Pour tout nombre x, f ’(x) = cos(x) et g’(x) = – sin(x).

f ’ π 4

= 12

2 et g’ 3π

4 = –

12

2 : les tangentes ne sont pas

parallèles.

37 1. f ’(t + 2π) = limh → 0

f(t + 2π + h) – f(t + 2π)

h

= lim h → 0

f(t + h) – f(t)

h

= f ’(t).L'implication est donc vraie.

2. f ’(t) = limh → 0

f(– t + h) – f(– t)

h

= limh → 0

f(t – h) – f(t)

h .

En posant, pour tout nombre h,H=–h, on obtient :

f ’(– t) = – limH → 0

f(t+H)–f(t)

H

= – f ’(t).

L'implication est donc vraie.

LIMITES

38 limx → 0

sin(2x)

x = 2 limx → 0

sin(2x)

2x

= 2.


40 a) limx → 0

sin(x) – sin(4x)

3x

= 1 3 lim

x → 0 sin(x)

x – 4 3 lim

x → 0 sin(4x)

4x

= – 1.

b) limx → – 1

sin(x + 1)

x2 – 1

= limx → – 1

1 x – 1

× sin(x + 1

x + 1

= – 1 2 .

41 a) limx → + ∞

x sin 1 x = limX → 0

sin(X)

X

= 1.

b) limx → + ∞

x2 sin 1 x = limX → 0

1 X

× sinX X

= + ∞.

42 a) Pour tout nombre x, 2x – 3 < 2x – 3 cos(x).lim

x → + ∞(2x – 3 cos(x)) = + ∞.

b) Pour tout nombre x, – x

x3 + 1 <

x cos(x)

x2 + 1 < x

x2 + 1

.

limx → + ∞

x cos(x)

x2 + 1

= 0.

c) Pour tout nombre x > 0 :

x – 1 2x – 1

< x + sin 1 x

2x – 1

< x + 1 2x – 1

;

limx → + ∞

x + sin 1 x

2x – 1

= 1 2 .

43 limx → 0

sin(3x)

x = 3 limx → 0

sin(3x)

3x

= 3.

Pour a = 3, f est continue sur R.

44 Pour tout nombre x > – 1, 7x + 1 – 3 < f(x) < 7x + 1 + 3.

limx → + ∞

f(x) = + ∞.

45 1. limx → 0

f(x) = + ∞.

2. a) Pour tout nombre x > 0, – 1 x < f(x) < 1 x .

b) limx → + ∞

f(x) = 0.


47 1. Pour tout nombre x, 1 < 3 – 2 cos(x) < 5, d'où

1 5 < 1

3 – 2 cos(x) < 1.

2. Le théorème des gendarmes permet de conclure que

limx → + ∞

x

3 – 2 cos(x) = + ∞.

48 a) (un) n'admet pas de limite.

b) Pour tout entier n, – n

n2 + 1 n et lim

n → + ∞ u

n = + ∞.

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49 a) Pour tout entier n, – 1 n2

< un < 1

n2 . (u

n) converge

vers 0.

b) Pour tout entier n, – (n + 1)

1 – 3n2

< un < n + 1

1 – 3n2 . (u

n) converge

vers 0.

rÉSoLUTIon D'ÉqUATIonSET D'InÉqUATIonS


51 a) 6 = – 7π

12 + 2kπ ; π

12 + 2kπ (k ∈ Z) .

b) sin(x) = cos(x) ⇔ sin(x) = sin π

2 – x .

x = π 2 – x + 2kπ

⇔ 5 ou , k ∈ Z

x = π – π 2 + x + 2kπ (pas de solution)

⇔ x = π 4 + kπ, k ∈ Z.

c) L'équation équivaut à : sin 2x + π 6 = –

12

2 . Donc l'en-

semble solution est :

6 = 5– 5π

24 + kπ ; 13π

24

+ kπ (k ∈ Z)6.


53 a) 6 = π 3 ; π

2 .

b) 6 = – 2π

3 ; – π

2 < π

3 ; π

2 .

c) L'ensemble des solutions est constitué de la réunion de

tous les intervalles π 3 + kπ ; π

2 + kπ , avec k ∈ Z.

54 a) L'inéquation est équivalente à :

4 sin(x) – 13

2 sin(x) +

13

2 < 0.

On dresse un tableau de signes sur ]– π ; π] :

x – π – 2π

3 – π

3 π

3 2π

3 π

sin(x) – 13

2 – – – 0 + 0 –

sin(x) + 13

2 + 0 – 0 + + +

4 sin2(x) – 3 – 0 + 0 – 0 + 0 –

L'ensemble solution est donc :

6 = – π ; – 2π

3 < – π

3 ; π

3 < 2π

3 ; π .

b) L'inéquation est équivalente à :

2 cos 3x – π 4 –

12

2 cos 3x – π

4 +

12

2 > 0.


x – π – 5π

6 – 2π

3 – π

2 – π

3 – π

6 0

cos 3x – π 4 – 13

2 – – 0 + 0 – – – 0

cos 3x – π 4 + 13

2 – 0 + + + 0 – 0 +

2 cos2 3x – π 4 – 1 + 0 – 0 + 0 – 0 + 0 – 0

x 0 π 6 π

3 π

2 2π

3 5π

6 π

cos 3x – π 4 – 13

2 0 + 0 – – – 0 + 0 –

cos 3x – π 4 + 13

2 + + 0 – 0 + + + 0

2 cos2 3x – π 4 – 1 0 + 0 – 0 + 0 – 0 + 0 – 0

D'où l'ensemble solution :

6 = – π ; – 5π

6 < – 2π

3 ; – π

2 < – π

3 ; – π

6 < 0 ; π

6 <

π 3 ; π

2 < 2π

3 ; 5π

6 .

55 a) L'équation équivaut à :

X = cos(x)

cos(x) = – 1 2

5 ⇔ 5 ou .

2X2 – 3X – 2 = 0 cos(x) = 2 (pas de solution)

L'ensemble solution est donc 6 = 5 2π

3 ; 4π

3 6.

b) L'inéquation équivaut à : 2(cos(x) – 2) cos(x) + 1 2 < 0.

Comme cos(x) – 2 < 0 pour tout nombre x, cela revient à

résoudre cos(x) + 1 2 > 0, d'où :

6 = 0 ; 2π

3 < 4π

3 ; 2π .

56 a) L'équation équivaut à :

X = sin(x)

sin(x) = – 1 2

5 ⇔ 5 ou .

4X2 + 2(1 – 13)X – 13 = 0 sin(x) =

13

2

D'où :6 = 5– 5π

6 ; – π

6 ; π

3 ; 2π

3 6.

b) L'inéquation équivaut à : 4 sin(x) + 1 2 sin(x) –

13

2 > 0.


x – π – 5π

6 – π

6 π

3 2π

3 π

sin(x) + 1 2 + 0 – 0 + + +

sin(x) – 13

2 – – – 0 + 0 –

4 sin(x) + 1 2

sin(x) – 13

2

– 0 + 0 – 0 + 0 –

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. S

D'où :6 = – 5π

6 ; – π

6 < π

3 ; 2π

3 .


ÉTUDES DE fonCTIonS

58 1. Pour tout x de , 2 + cos(x) > 1 et f(x) existe.

2. Pour tout x de , f(– x) = 2 2 + cos(– x)

= 2 2 + cos(x)

= f(x)

et f est paire.

3. f ’(x) = 2 sin(x)

(2 + cos(x))2

> 0 et f est croissante sur [0 ; π].

4. Tableau de variation :

x – π 0 π

f

2

2 3

2

59 A. f ’(0) = limh → 0

sin(h) – sin(0)

h = 1,

d'où limx → 0

sin(x)

x = 1.

B. 1. a) g’(x) = – x sin(x) pour tout x ∈ [0 ; 2π].Sur [0 ; 2π], g’(x) est du signe de – sin(x), c'est-à-dire négatif sur [0 ; π] et positif sur [π ; 2π], d'où le tableau de variation :

x 0 π 2π

g

0

– π

2π

b) g est continue et strictement croissante sur [π ; 2π] ; g(π) < 0 et g(2π) > 0.Il existe donc (théorème des valeurs intermédiaires) un nombre unique α ∈ [π ; 2π] tel que g(α) = 0.

4,4 < α < 4,5.

2. a) limx → 0

sin(x)

x = f(0), donc f est continue en 0.

b. f ’(x) = g(x)

x2

est du signe de g(x) sur ]0 ; 2π].

On obtient le tableau de variation :

x 0 α 2π

f

1

f(α)

0

c) On en déduit l'existence d'un minimum pour f en α :

g(α) = 0 ⇔ sin(α)

α

= cos(α).

f(α) = sin(α)

α

= cos(α).

3. a) ϕ’(x) = cos(x) – 1 + x2

2 ; ϕ’’(x) = – sin(x) + x

et ϕ’’’(x) = – cos(x) + 1 pour tout x > 0.Pour tout x > 0 :ϕ’’’(x) > 0 donc ϕ’’ est croissante.ϕ’’(0) = 0 donc ϕ’’(x) > 0 et ϕ’ est croissante.

ϕ’(0) = 0 donc ϕ’(x) > 0 et ϕ est croissante.ϕ(0) = 0 donc ϕ(x) > 0, ce qui équivaut à

x – sin(x) < x3

6 .

De plus, ϕ’’(x) > 0 équivaut à x – sin(x) > 0.

b) Pour tout h > 0, f(h) – f(0)

h =

sin(h) – h

h2 .

D'après 3. a), pour tout h > 0, – h

6 <

sin(h) – h

h2 < 0.

On en déduit :

limh → 0

f(h) – f(0)

h = 0 = f ’(0).


61 1.Vrai.Six ∈ – π 4 ; π

4 alors 2x ∈ – π

2 ; π

2

et cos(2x) > 0.2. Vrai. Pour tout x de I :f ’(x) = 2 cos(x) sin(x) cos(2x) – 2 sin(2x) sin2(x) = sin(2x) cos(2x) – 2 sin(2x) sin2(x) = sin(2x) (cos(2x) – 2 sin2(x)) = sin(2x)(1 – 4 sin2(x)).Remarque. Pour tout x de I,

f ’(x) = 4 sin(2x) 1 2 – sin(x) 1

2 + sin(x) .

On en déduit :

x – π 4 – π

6 0

π

6

π

4

sin(2x) – – 0 + +

1 2 – sin(x) + + + 0 –

1 2 + sin(x) – 0 + + +

f’ + 0 – 0 + 0 –

f0

1 8

0

1 8

0

3. Vrai.4. Faux.5. Vrai.

62 1. L'application du théorème de Pythagore donne

AM2 = (x – 1)2 + sin2(x) pour tout x ∈ 0 ; π 2 .

2. a) f ’(x) = 2(x – 1) + 2 sin(x) cos(x) etf ’’(x) = 2 + 2(cos2(x) – sin2(x)) = 2(1 + cos(2x)) pour tout

x ∈ 0 ; π 2 .

b. f ’’(x) > 0 pour tout x ∈ 0 ; π 2 . D'où :

x 0 α π

2

f’– 2

0

π – 2

c) f ’ est continue sur 0 ; π 2 . D'après les éléments précé-

dents et le théorème des valeurs intermédiaires, on déduit

qu'il existe une unique valeur α ∈ 0 ; π 2 telle que f(α) = 0 :

0,5 < α < 0,6.

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3. a)x 0 α

π

2

f’ – 0 +

f

1 1 + π 2 – 1

2

f(α)

b. La distance AM est minimale pour x = α.4. On a M

0(α ; sin α) et ZAM

0(α – 1 ; sin α).

g’(α) = cos α. La tangente en M0 à la courbe # a pour

vecteur directeur Tu(1 ; cos α) et

Tu.ZAM0 = α – 1 + cos(α) sin(α) = 1

2 f ’(α) = 0.

Les deux droites sont donc perpendiculaires.


AVEC LES TICE

64 1. Pour tout nombre x, f ’(x) = 1 2 + cos(x), f ’(0) = 3

2

et f(0) = 0.

L'équation réduite de T est y = 3 2 x.

Pour tout nombre x, on pose ∆(x) = f(x) – 3 2 x = sin(x) – x.

∆’(x) = cos(x) – 1 < 0 ; g est décroissante ; g(0) = 0.# est au-dessus de T pour tout x < 0 et en-dessous pour tout x > 0.2. a)

On conjecture que le coefficient directeur de ces deux

droites est 1 2 .

b) f ’(x) = 1 2 ⇔ cos(x) = 0 ⇔ x = π

2 + kπ, k ∈ Z.

Pour k entier relatif quelconque, la tangente à # au point

d'abscisse π 2 + 2kπ est :

y = 1 2 x – π

2 – 2kπ +

π 2 + 2kπ

2 + sin π

2 + 2kπ

= 1 2 x + 1.

Pour k ∈ Z, la tangente à # au point d'abscisse – π 2 + 2kπ

est : y = 1 2 x – 1.

65 1. a)

On conjecture, pour tout p ∈ N, f (4p)(x) = cos(x) + sin(x) ; f (4p+1)(x) = cos(x) – sin(x) ; f (4p+2)(x) = – cos(x) – sin(x) et f (4p+3)(x) = – cos(x) + sin(x).

b) On conjecture, pour tout p ∈ N, f (2p+1)(x) = (– 1)p+1 22p+1 cos(x) sin(x) etf (2p+2)(x) = (– 1)p+1 22p+1 (cos2(x) – sin2(x)).

2. a) Un logiciel de calcul formel permet de vérifier la propriété au rang p = 0.Hérédité : on suppose la conjecture vraie pour un certain rang q > 0. f (4(q+1))(x) = f (4q+3+1)(x) = sin(x) + cos(x) f (4(q+1)+1)(x) = cos(x) – sin(x) f (4(q+1)+2)(x) = – sin(x) – cos(x) f (4(q+1)+3)(x) = – cos(x) + sin(x).Ce qui permet de conclure.

b) L'outil de calcul formel permet de vérifier la conjecture au rang p = 0.Hérédité : on suppose la conjecture vraie pour un certain rang q > 0. f (2(q+1)+1)(x) = f ((2q+2)+1)(x) = (– 1)q+1 22q+1 (– 2 sin(x) cos(x) – 2 sin(x) cos(x)) = (– 1)(q+1)+1 22(q+1)+1 D'où : f (2(q+1)+2)(x) = (– 1)(q+1)+1 22(q+1)+1 (cos2(x) – sin2(x)),ce qui permet de conclure.


66 L'utilisation d'un outil de calcul formel (GeoGebra, par exemple) permet d'émettre la conjecture suivante :Pour tout entier p, f (2p+1)(x) = (– 1) p(2p + 1) cos(x) + (– 1)p+1 x sin(x)et f (2p+2)(x) = (– 1) p+1 x cos(x) + (– 1) p+1 (2p + 2) sin(x).On prouve ensuite cette conjecture par récurrence.

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. S

Ainsi on en déduit l'ensemble des solutions :

6 = – π ; – 3π

4 < – π

3 ; π

3 < 3π

4 ; π .

68 Pour tout x de I = [0 ; π] :f ’(x) = – 2 sin(x) cos(x) sin(2x) + 2 cos2(x) cos(2x) = – 4 sin2(x) cos2(x) + 2 cos2(x)(1 – 2 sin2(x))

= 8 cos2(x) 1 4 – sin2(x)

= 8 cos2(x) 1 2 – sin(x) 1

2 + sin(x) .

L'étude du signe de f ’(x) puis des variations de f sur Ipermet de conclure à l'existence d'un maximum pour f

atteint lorsque x = π 6 . Ce maximum vaut f π

6 =

313

8 .

69 1. f ’(x) = 4 cos(x) 1 2 + sin(x) pour tout x de I. D'où

le tableau :

x – π – 5π

6 – π

2 – π

6 π

2 π

cos(x) – – 0 + 0 + 0 –

1 2 + sin(x) + 0 – – 0 + 0 +

f ’ – 0 + 0 – 0 + 0 –

f

0

– 1 2

0

– 1 2

4

0

2.•Sim < – 1 2 ou m > 4, l'équation n'a pas de solution ;

•sim = – 1 2 ou m ∈ ]0 ; 4[, l'équation a deux solutions ;

•sim ∈ – 1 2 ; 0 , l'équation a quatre solutions ;

•sim = 4, l'équation a une solution.

67 Le polynôme P(X) = 4X2 + 2(12 – 1)X – 12 se factorise :

4 X + 12

2 X – 1

2 .

L'inéquation est ainsi équivalente à :

4 cos(x) + 12

2 cos(x) – 1

2 > 0.

Le tableau de signes suivant permet de conclure :

x – π – 3π

4 – π

3 π

3 3π

4 π

cos(x) + 12

2 – 0 + + + 0 –

cos(x) – 1 2 – – 0 + 0 – –

4 cos(x) + 12

2

cos(x) – 1 2

+ 0 – 0 + 0 – 0 +

D'où le tableau :

x 0 π

f’ +

f 1 e

e



71 1. a) Pour tout nombre x et tout entier relatif k :f(– x) = e– cos(– x) = e– cos(x) = f(x) ;

f(x + 2kπ) = e – cos(x + 2kπ) = e– cos(x) = f(x).Donc f est paire et 2π-périodique.b) Pour tout nombre x, f ’(x) = sin(x) e– cos(x) est du signe de sin(x).

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c)

O —2

1

1—e

e

x

y

2. La tangente en A à # a pour équation réduite :y = sin(a) e– cos(a) x + e– cos(a) (1 – a sin(a)).

Cette tangente passe par 0 si et seulement si 1 – a sin(a) = 0.3. a) Pour tout x ∈ ]0 ; π[ :

•Ψ’(x) = cos(x) + 1 x2

et Ψ’’(x) = – sin(x) – 2 x3

.

•Ψ’’(x) < 0 donc Ψ’ est décroissante.

limx → 0

Ψ’(x) = + ∞ et limx → π

Ψ’(x) = – 1 + 1 π2

.

Ψ’ est continue sur ]0 ; π[. Il existe donc une valeur x

0 ∈ ]0 ; π[ telle que Ψ’(x

0) = 0.

De plus, si x ∈ ]0 ; x0[, alors Ψ’(x) > 0 et si x ∈ [x

0 ; π[

alors Ψ’(x) < 0.•Ψ est croissante sur ]0 ; x

0] et décroissante sur [x

0 ; π[.

b) On déduit de 3. a) l'existence de ce maximum M pour x0.

c)•Ψ’ π 2 = 4

π2 et Ψ π

2 = 1 – 2 π .

•Ψ’ π 2 > Ψ’(x

0) et Ψ’ est décroissante, donc x

0 > π

2 .

•Ψ est croissante sur ]0 ; x0] et π

2 ∈ ]0 ; x

0], donc

Ψ(x0) > Ψ π

2 > 0.

d) Ψ est continue sur ]0 ; π[. La mise en œuvre du théorème des valeurs intermédiaires sur les intervalles ]0 ; x

0] et

[x0 ; π[ permet de prouver l'existence de p et q :

p ≈ 1,1 et q ≈ 2,8.

4. a sin(a) = 1 ⇔ sin(a) – 1 a = 0.

Il existe donc deux tangentes à # passant par O.

72 1. Initialisation : u1 =

12

2 ∈ 12

2 ; 1 .

Hérédité : si pour un certain entier p > 0, 12

2 < u

p < 1,

alors 1 < 12

2 + 1 < u

p + 1 < 2 ⇔

12

2 <

12

2 81 + u

p < 1,

ce qui permet de conclure.2. Pour tout x ∈ [0 ; π] :

6 1 + cos(x)

2 = 5

2 cos2 x 2

2 = cos x

2 .

3. Initialisation : u0 = 0 = cos x

2 .

Hérédité : si pour un certain rang p, up = cos π

2 p+1

,

alors up+1

= 7 1 + cos π

2 p+1

2 = cos π

2 p+2

,ce qui permet de conclure.

4. limx → + ∞

π

2 p+1 = 0 et lim

x → 0cos(x) = 1.

On en déduit : limx → + ∞

un = 1.

73 1. On conjecture l'existence d'un centre de symétrie :

Ω de coordonnées π 2 ; 1 .

2. On prouve que pour tout x ∈ , Ω est le milieu du segment

[M1M

2] où M

1 π 2 + x ; f π

2 + x et M

2 π 2 – x ; f π

2 – x :

f π

2 + x + f π

2 – x

2 = 1

2 (1 + sin(π + 2x) + 2 cos π

2 + x

+ 1 + sin(π – 2x) + 2 cos π 2 + x

= 1.3. Pour tout x de I :f ’(x) = 2 cos(2x) – 2 sin(x) = 2(1 – 2 sin2(x)) – 2 sin(x) = – 4 sin2(x) – 2 sin(x) + 2,et – 2(sin(x) + 1)(2 sin(x) – 1) = – 4 sin2(x) – 2 sin(x) + 2.

4. Pour tout x de I, f ’(x) est du signe de 1 2 – sin(x).

f est croissante sur – π 2 ; π

6 et sur 5π

6 ; 3π

2 , et

décroissante sur π 6 ; 5π

6 .

5. f étant continue, la mise en œuvre du théorème des

valeurs intermédiaires sur π 6 ; 5π

6 puis 5π

6 ; 3π

2 permet de

conclure :1,8 < α < 1,9 et 3,5 < β < 3,6.

6. Pour tout x de I, g’(x) = 2 f(x).On déduit de ce qui précède le signe de g’(x) sur I :

g est croissante sur – π 2 ; α et sur β ; 3π

2 ; elle est décrois-

sante sur [α ; β].

74 1. Pour tout nombre x :f ’(x) = 2 – cos(x) > 0 et f est croissante.2. Pour tout nombre x, – 1 < sin(x) < 1, d'où l'encadrement proposé.

limx → + ∞

f(x) = + ∞ et limx → – ∞

f(x) = – ∞.

3. a)•f(x) = 2x – 1 ⇔ sin(x) = 1

⇔ x = π 2 + 2kπ, k ∈ Z.

Les points communs à # et $1 sont les points

M1 π 2 + 2kπ ; π – 1 + 4kπ , avec k ∈ Z.

•f(x) = 2x + 1 ⇔ sin(x) = – 1 ⇔ x = – π 2 + 2kπ, k ∈ Z.

Les points communs à # et $2 sont les points

M2 – π

2 + 2kπ ; 1 – π + 4kπ , avec k ∈ Z.

b)•f ’ π 2 + 2kπ = f ’ – π

2 + 2kπ = 2 pour tout k ∈ Z.

•Quelquesoitk ∈ Z, la tangente à # en M1 a pour équation

réduite y = 2x – 1 (équation de $1) et la tangente à # en M

2

a pour équation réduite y = 2x + 1 (équation de $2).

4. L'équation réduite de la tangente à # en O est y = x et celle de la tangente à # en A est y = 3x – π.

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O

2

1

x

y

A

2

1

T

T0

y = x

75 1. Pour tout nombre x, 2 + cos(x) > 0 et e1–x > 0.Ainsi f(x) > 0 sur .2. a) Pour tout nombre x :

12 cos x – π 4 = 12 cos(x) cos π

4 + sin(x) sin π

4

= cos(x) + sin(x).b) L'inégalité est équivalente à :

cos x – π 4 > – 12. Or – 12 < – 1,

ce qui permet de conclure.c) f ’(x) = – e1–x (2 + cos(x) + sin(x))et f ’(x) < 0 pour tout x ∈ .f est donc strictement décroissante sur .3. Pour tout nombre x, e1–x < f(x) < 3 e1–x.lim

x → + ∞e1–x = lim

x → + ∞3 e1–x = 0, donc lim

x → + ∞f(x) = 0.

limx → – ∞

e1–x = + ∞, donc limx → – ∞

f(x) = + ∞.

4. f(0) = 3e > 3 et f(π) = e1–π < 3.f est continue et décroissante sur [0 ; π], donc l'équation f(x) = 3 possède une unique solution α dans [0 ; π] :

0,87 < α < 0,88.

76 1. f ’(x) = 2 cos3(x) – 3 cos2(x) + 1

cos2(x)

est du signe de

2 cos3(x) – 3 cos2(x) + 1 sur I.2. P(1) = 0. On en déduit une factorisation de P :

P(X) = (X – 1)(2X2 – X – 1) = (X – 1)2 X + 1 2 .

P(X) est positif sur ]0 ; 1].3. Pour tout x de I, cos(x) ∈ ]0 ; 1].D'après 1. et 2., f ’(x) > 0 sur I et f est croissante sur I.4. f(0) = 0. Pour tout x de I, f(x) > 0, ce qui équivaut à

2 sin(x) + sin(x)

cos(x)

> 3x.

77 1. Cette cuve a un volume de 99π m3.

2. a) L'aire du secteur angulaire CEΩF contenant A vaut

9α

2 m2 et celle du triangle EΩF vaut

9 sin α 2 cos α

2 = 9

2 sin(α) m2.

V(α) = 11 9α

2 – 9

2 sin(α) = 99

2 (α – cos(α)).

ΩA = ΩH+HA⇔ 3 = 3 cos α 2 + h ⇔ h = 3 1 – cos α

2 .

b)

3. Voir figure en bas de page.


0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31

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. S

5. a) ! = 4α R2 cos2(α) + 2R2 π 2 – α – 1

2 sin(2α) u.a.

= R2 (2α (2 cos2(α) – 1) + π – sin(2α)) u.a. = R2 (2α cos(2α) + π – sin(2α)) u.a.

b) ! = 1 2 πR2 ⇔ 2α cos(2α) – sin(2α) + π

2 = 0.

B. 1. Pour tout x de I :g’(x) = – 2x sin(2x).

g’(x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = π 2 .

2.

x 0 π

2

g’ 0 – 0

g π

2

– π 2

3. a) g est continue sur 0 ; π 2 . Le théorème des valeurs

intermédiaires permet de conclure.b) 0,95 < α

0 < 0,96.

4. #’ partage $ en deux parties de même aire pour α = α0.

80 1. a) Pour x > 0 :On pose f(x) = sin(x) – x.f ’(x) = cos(x) – 1 < 0, donc f est décroissante.f(0) = 0, donc f(x) est négatif. Ainsi, sin(x) < x.

b) On pose g(x) = cos(x) + x2

2 – 1.

g’(x) = x – sin(x) et g’’(x) = 1 – cos(x) > 0.g’ est croissante et g’(0) = 0, donc g’(x) > 0.g est croissante et g(0) = 0, donc g(x) > 0.

Ainsi, 1 – x2

2 < cos(x).

c) On pose h(x) = sin(x) – x + x3

6 .

h’(x) = cos(x) – 1 + x2

2

= g(x).h’(x) > 0 donc h est croissante.

h(0) = 0 ; h(x) > 0. Ainsi, x – x3

6 < sin(x).

d) On pose ϕ(x) = 1 – x2

2 + x

4

24

– cos(x).

ϕ’(x) = h(x) > 0.ϕ est croissante et ϕ(0) = 0, donc ϕ(x) > 0.

Ainsi, cos(x) < 1 – x2

2 + x

4

24

.

2. Pour tout x > 0 :

x – x3

6 < sin(x) < x ;

1 – x2

2 < cos(x) < 1 – x

2

2 + x

4

24

.

3. De 2., on déduit, pour x > 0,

– 1 2 <

cos(x) – 1

x2 < – 1

2 + x

2

24

;

– x 6 <

sin(x) – x

x2 < 0.

78 1.

O

θ

M

N

B

A

On conjecture l'existence d'une valeur θ à partir de laquelle l'aire du domaine vert devient supérieure à celle du domaine orange. On peut aussi conjecturer que cette valeur estproche de 1,17 rad.

2. a) Pour θ ∈ 0 ; π 2 :

f(θ) = θ 2 ; ON = 1

cos(θ) et MN =

sin(θ)

cos(θ) ;

g(θ) = 1 2 ×

sin(θ)

cos(θ) – θ

2 ; h(θ) = 1

2 2θ –

sin(θ)

cos(θ) .

b) Pour tout θ ∈ 0 ; π 2 :

h’(θ) = 1 – 1 2 cos2(θ)

= 2 cos2(θ) – 1

2 cos2(θ)

= cos(2θ)

2cos2(θ)

.

c) h’(θ) est du signe de cos(2θ).

Sur 0 ; π 4 , h’(θ) > 0 et h est croissante.

Sur π 4 ; π

2 , h’(θ) < 0 et h est décroissante.

d) h est continue sur 0 ; π 2 .

Pour tout θ ∈ 0 ; π 4 , h(θ) > h(0) et h(0) = 0.

h π 4 > 0 et lim

θ → π–2

h(θ) = – ∞. h est monotone sur π 4 ; π

2 . Il

existe donc une valeur α de cet intervalle telle que h(α) = 0 :1,1 < α < 1,2.

c)Siθ ∈ [0 ; α] alors f(θ) > g(θ).

Siθ ∈ α ; π 2 alors f(θ) < g(θ).

79 A. 1.OnnoteHlepieddelahauteurissuedeOdansle triangle OAB.

O

H

B’

B

Aα

’

AB=2AH=2Rcos(α).2. a) kAOB = π – 2α.

b) Cette aire vaut π 2 – α R2 u.a.

3. a) L'aire du triangle AOB vaut

R2 cos(α) sin(α) = 1 2 R2 sin(2α) u.a.

b) L'aire du domaine vert vaut R2 π 2 – α – 1

2 sin(2α) u.a.

4. L'aire du domaine orange vaut 4α R2 cos2(α) u.a.

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. S

Le théorème des gendarmes permet de conclure :

limx → 0+

cos(x) – 1

x2

= – 1 2 , lim

x → 0+ sin(x) – x

x2

= 0.

81 1. a) Pour tout x > 0, – e–x < f(x) < e–x.Le théorème des gendarmes permet de conclure.b) f(x) = g(x) ⇔ cos(4x) = 1

⇔ x = k π 2 , avec k ∈ N.

2. a) Pour tout n ∈ N,

u

n + 1 un

= e

– (n + 1)π–2 cos(– 2(n + 1)π)

e– n

π–2 cos(– 2n π)

= e– π–

2 .

(un) est une suite géométrique de raison e

– π–2 .

b) – 1 < e– π–

2 < 1 et u0 = f(0) = 1 > 0.

La suite (un) est décroissante et converge vers 0.

3. a) f ’(x) = – e– x cos(4x) – 4e– x sin(4x) = e– x (cos(4x) + 4 sin(4x)) pour tout x > 0.b) g’(x) = e– x.

Pour tout k ∈ N, f ’ k π 2 = g’ k π

2 = e

– k π–2 .

4. f ’ π 2 ≈ – 0,2.

82 1. Pour x ∈ ]– π ; 0[,h’(x) = – sin(x) g’(cos(x))

= – sin(x)

91 – cos2(x)

= – sin(x)

usin(x)u

= 1.

2. h – π 2 = g(0) = 0.

h’(x) = 1 donc h(x) = x + C, avec C ∈ .

h – π 2 = 0 ⇔ – π

2 + C = 0 ⇔ C = π

2 .

Donc h(x) = x + π 2 .

83 Pour tout x ∈ :f ’’(x) + a f ’(x) + b f(x) = 0

⇔ (4a + 3b – 12) sin(2x) + (6a – 2b + 8) cos(2x) = 0.Cela revient à résoudre le système : 4a + 3b – 12 = 0

⇔ a = 0 .5 6a – 2b + 8 = 0 5 b = 4

a et b existent donc bien.

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 7 Intégration et primitives

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. S

Intégration et primitives7


Activité 1

1 a) Les rectangles inférieurs ont tous pour largeur 1

n et

pour hauteurs respectivement fn

fn

fn

n

0 1 1

−

, ,...,

donc un

fn

fn

fn

nn=

+

+ + −

1 0 1 1...

.

b) De même, pour la somme des aires des rectangles supérieurs :

vn

fn

fn

fn

nn=

+

+ +

1 1 2... .

2 a) Tableau de résultats :

n 5 10 100 1000u

n 0,24 0,285 0,32835 0,3328335v

n 0,44 0,385 0,33835 0,3338335

b) On conjecture que les suites ( )un

et ( )vn

ont une limite

commune ℓ =1

3.

3. a) v

n n n

n

nn

=

+

+ +

1 1 22 2 2

... soit

v

n

nn

=+ + +1 22 2 2

3

....

Ainsi v

n

n n n n n

nn

= ×+ +

=+ +1 1 2 1

6

1 2 1

63 2

( )( ) ( )( ).

b) Pour tout entier n > 2,

v

n n

n n nn

=+ +

= + +2 3 1

6

1

3

1

2

1

6

2

2 2.

Or lim limn nn n→+ ∞ →+ ∞

= =1

2

1

60

2, donc lim

nn

v

→+ ∞

=1

3.

c) Pour tout entier n > 2,

v un

fn

n nf

n nf

nf

n n− =

−

= −1 1 0 11

10( ) ( ) .

Or f ( )1 1= et f ( )0 0= donc v u

nn n

− =

1 d’où on déduit

que v u

nn n

= −

1.

Or l i mn

n

v

→+ ∞

=1

3 et lim

n n→+ ∞

=1

0 donc limn

n

u

→+ ∞

=1

3.

Ainsi les suites ( )un

et ( )vn

convergent toutes les deux vers

ℓ =1

3.

Activité 2

1 a) Sur l’intervalle x x h0 0; + , l’aire du domaine en

violet, @ @( ) ( )x h x0 0

+ − , est comprise entre celle du rectangle inférieur et celle du rectangle supérieur de même largeur h et de hauteur respectivement f x h( )

0+ et

f x( )0

, d’où :h f x h x h x h f x× + + − ×( ) ( ) ( ) ( )

0 0 0 0< <@ @ .

Par division par h > 0 :

f x hx h x

hf x( )

( ) ( )( )

0

0 0

0+

+ −

< <

@ @,

1 1

0

0 0

0x h

x h x

h x+

+ −

< <

@ @( ) ( ) [1].

b) De même en remarquant que la largeur des rectangles est ici −h (vu que h < 0 ) on obtient :

− × − + − × +h f x x x h h f x h( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0

< <@ @ .Par division par −h (strictement positif):

f xx x h

hf x h( )

( ) ( )( )

0

0 0

0< <

@ @− +

−

+

1 1

0

0 0

0x

x h x

h x h< <

@ @( ) ( )+ −

+

[2].

c) Dans l’encadrement [1], limh x h x→ + +

=0

0 0

1 1 donc d’après

le théorème « des gendarmes »,

lim( ) ( )

h

x h x

h x→ +

+ −

=0

0 0

0

1@ @.

De même, à partir de l’encadrement [2],

lim( ) ( )

h

x h x

h x→ −

+ −

=0

0 0

0

1@ @.

Ainsi le taux d’accroissement de la fonction @ entre x0

et

x h0

+ admet une limite finie 1

0x

lorsque h tend vers 0,

donc la fonction @ est dérivable en x0

et @ ' ( )xx0

0

1= .

d) Ceci étant vrai pour tout x0

de I, la fonction @ est donc dérivable sur I et @ ' = f .

2 Enseignement spécifique Chapitre 7 Intégration et primitives

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12

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th T

erm

. S

PROBLÈME OUVERTUne première approche consiste à calculer une valeur approchée de l’aire de : aire() = aire() – aire().On approche l’aire de par la somme S des aires des rectangles supérieurs et celle de par la somme T des aires des rectangles inférieurs (voir activité 1). On obtient ainsi une valeur par excès de aire(). Un processus algorithmique est alors nécessaire.

y =

1——x + 1

y

xO

1

1

y =x

——x + 1

y

xO

1

1

•Approximationdeaire()Avec une Casio

Avec une Texas Instruments

Pour N = 1000 , S est une valeur par excès de aire() à 0 001, près . Affi chage : S = 0.6933972431.Ainsi aire() ≈ 0 694, (à 0,002 m² près par excès). •Approximationdeaire() Avec une Casio

Avec une Texas Instruments

Pour N= 1000 , T est une valeur par défaut de aire() à 0 001, près. Affi chage: T = 0 3066027569. .Ainsi aire() ≈ 0 306, (à 0,002 m² près par défaut).

•Approximationdeaire()aire() = aire() − aire()aire() ≈ 0 388, (à 0,004 m² près par excès).On peut donc conclure que l’aire du motif ne dépasse pas 0,40 m².

À la fi n du chapitre : le calcul effectif de aire() est possible et facilite la réponse.

∀ ∈ [ ]x 0 1; , f x g x( ) ( )+ =1 d’où :

f x g x( ) ( )+=

2

1

2.

Ainsi les deux courbes sont symétriques par rapport à la

droite d’équation y =1

2.

Les domaines notés j et k sont symétriques donc ont la même aire. Ainsi aire aire( ) = − ×1 2 (j).

y

xO

1

1

y =1—2

1

2

Or aire(j) = x

xx

xx

+

= −+

∫ ∫1

11

10

1

0

1

d d

= x x− +[ ] = −ln( ) ln( )1 1 20

1 m2

donc aire( ) ( ln( )) ln( ) = − − = −1 2 1 2 2 2 1 m2.Comme 2 2 1 0 40ln( ) ,− < on conclut que l’aire du motif de l’orifl amme ne dépasse pas 0,40 m².

2 a) ∀ ∈x I , d x x x( ) ( ) ln( )= −@ .La fonction d est la différence de deux fonctions dérivables sur I donc d est dérivable sur I :

d f f f' '= − = − =@ 0 .

b) La dérivée de d est la fonction nulle sur l’intervalle I, donc d est constante sur I.Il existe un nombre k tel que : ∀ ∈x I, d x k( ) = .c) Or d( ) ( ) ln( )1 1 1 0= − =@ donc k = 0 .On en déduit que ∀ ∈x I, @ ( ) l n ( ) .x x=


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. S

13 a) F( ) cos( )x x x= − − 1.b) F( ) sin( )x x x= − + −2 1 π .

14 a) F e( )x xx= − −

1

222 .

b) F e e( )x x x= + − −

− −3 2 .

15 ∀ ∈x I , F( ) ln( )x x x k= − + et F e( ) = 1.

Donc F e( ) ln( )x x x= − + .

16 ∀ ∈x I , F( )xx x

k= − + +1 1

2 et F( )− =2 2 .

Donc F( )xx x

= − + +1 1 5

42.

17 ∀ ∈x I , F e e( )x kx x= − +1

222 et F(ln( ))2 0= .

Donc F e e( )x x x= − +1

22 22 .

18 1. On pose I = − +

1 3 1 3; .

M I( ; ) ( ) ,x y y x xf

∈ ⇔ = − − ∈# 3 1 2

⇔ = − −y x y2

3 1 02( ) , >

⇔ − + =( ) ,x y y1 3 02 2> .

#f est le demi-cercle de centre Ω( ; )1 0 et de rayon r = 3.

2. J aire= = =( )1

2

3

2

2

ππ

r .

19 1. f xx x

x x( )

[ ; [

;=

− − ∈ −

− ∈ [ ]

1 3 1

3 1 5

si

si

y

x1

1

–1

O

–1–3 3 5

1

3

2

2. f t t( ) ( ) ( ) ( )d aire aire aire= − +−∫

1 2 33

5

= − + =2 4 2 0 .

20 a) I= − 4 . b) J =2 5

3.

21 a) I = −

7

32ln( ) . b) J = −1 2 2ln( ) .

22 a) I =1

2. b) J = 0 .

1 F est dérivable sur I comme différence de fonctions dérivables sur I.

∀ ∈x I , F'( ) ln( ) ln( ) ( )x x xx

x f x= + × − = =1

1 .

2 F est dérivable sur I comme produit de fonctions dérivables sur I.∀ ∈x I, F e e e'( ) ( ) ( )x x x f xx x x= × + + × −( ) = − =− − −1 1 .

3 F est dérivable sur 0;+ ∞] [ comme produit de fonctions dérivables sur 0;+ ∞] [. ∀ ∈ + ∞] [x 0 ; :

F ' ( )x x x xx

= + ×4

5

2

5

1

2

2

= + = =4

5

1

5x x x x x x f x( ).

On étudie la dérivabilité en 0.

∀ >h 0 , F F( ) ( )0 0

2

5 2

5

2

+ −= =

h

h

h h

hh h

donc lim( ) ( )

h

h

h→ +

+ −=

0

0 00

F F.

Ainsi F est dérivable en 0 et F'( ) ( )0 0 0= = f .Finalement, F est dérivable sur I et F'= f donc F est une primitive de f sur I.

4 ∀ ∈x I , G F( ) ( )x xx

x− =

−

−

=4 4

14 .

F est une fonction rationnelle dérivable sur I .On pose F' = f . Ainsi F est une primitive de f sur I.Or G F= + 4 donc G est aussi une primitive de f .

5 ∀ ∈x I , F G( ) ( ) c o s ( ) s i n ( )x x x x− = +2 2 2

= − + =1 2 2 12 2sin ( ) sin ( )x x .F est dérivable sur I [type : x ax b֏ cos( )+ ]. On pose F' = f . Ainsi F est une primitive de f sur I.Or G F 1= − donc G est aussi une primitive de f .

6 a) F( ) ( )x x= +1

123 2 4 . b) F( ) ( )x x= −

1

93 1 6 .

7 a) F( ) cos( ) cos( )x x x= − − =1

22

1

22π .

b) F( ) sin( )x x= +2 2 1 .

8 a) F e( )x x= −

− +1. b) F e( )x x=

−2

33 2 .

9 a) F( )x x= +4 2 1 . b) F( )x x= +2 12 .

10 a) F( ) ln( )x x= −2 4 b) F( )( )

xx

= −

−

4

4 2.

11 a) F( ) cos ( )x x= −1

33 . b) F( ) sin ( ) sin( )x x x= +

1

33 .

12 a) F( )x x x x= − − +1

5

1

2

53

55 4 2 .

b) F( )x x x x= − + +1

9

1

3

1

3

7

93 2 .


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. S

31 ∀ ∈ [ ]t 1 2; , 2 1 93< <+ t . D’où :

2 1 33< <+ t .D’après l’inégalité de la moyenne, avec a = 1 , b = 2,

m = 2 et M = 3 :

2 1 33

1

2

< <+∫ t td .

32 La fonction f définie sur [2 ; 5] par x x x֏ 2e− est dérivable sur [2 ; 5] .∀ ∈ [ ]x 2 5; , f x x x x xx x x'( ) ( )= − = −− − −2 22e e e donc f x'( ) < 0. Ainsi f est décroissante sur [2 ; 5].∀ ∈ [ ]x 2 5; , f f x f( ) ( ) ( )5 2< < soit :

25 45 2 2e e e− − −< <x x .D’après l’inégalité de la moyenne, avec a = 2 , b = 5, m = −25 5e et M e= −4 2 :

75 125 2

2

52e e e− − −∫< <x dxx .

33 1. Pour tout entier naturel n , la fonction t t n t֏ ( )1 + e est positive sur [0 ; 1] donc d’après la propriété de positivité de l’intégrale, u

n> 0 .

∀ ∈ [ ]t 0 1; , 1 11+ ++t tn n< et et 0 donc

( ) ( )1 11+ ++t tn t n te e .Par intégration de cette inégalité sur [0 ; 1],

( ) ( )1 11

0

1

0

1

+ ++∫ ∫t t t tn t n te d e d soit u un n+1

.

Ainsi, pour tout entier naturel n, 01

u un n+

.2. On en déduit que la suite ( )u

n

est décroissante et minorée par 0, donc elle converge.

34 1. Pour tout entier n 1 :

v v

x

x

x

x

x

x

x

x

xn n

n n

n

n

+

+ +

− =+

−+

=+∫ ∫ ∫1 1

1

1

1

1 1 1d d d .

Or sur l’intervalle [n ; n + 1] , la fonction xx

x֏

+ 1 est

positive donc x

x

xn

n

+

+

∫1

01

d .

Ainsi v vn n+

−

10 donc la suite ( )v

n

est croissante.

2. ∀ ∈ + ∞x [ ; [1 , x

x x+ +1

1

1 .

Par intégration de cette inégalité sur [1 ; n] (n 1) :x

x

x

x

x

n n

+ +∫ ∫1

1

11 1d d .

Or 1

11 1 2

1 1x

x x n

nn

+= +[ ] = + −∫ d ln( ) ln( ) ln( )

donc v n nn

l n ( ) ln( ) ln( )+ − +1 2 1 .Puisque lim ln( )

nn

→+ ∞

+ = + ∞1 , par comparaison,

limn

n

v

→+ ∞

= + ∞ . Ainsi la suite ( )vn

ne converge pas.

35 ∀ ∈ [ ]x π π;2 , x x 2 et s in( )x 0 donc x x x xsin( ) sin( ) 2 .

Par intégration de cette inégalité sur π π; 2[ ],

x x x x x xsin( ) sin( )d dπ

π

π

π22

2

∫ ∫ soit J I .

23 a) I = 4 . b) J = 2 .

24 a) I e e= −

1

37( ) . b) J e= −

−1

21 1( ) .

25 a) I =15

8. b) J = −2

2

2π

.

26 1. f x x x: ln( )֏ est dérivable sur 0;+ ∞] [

comme produit de fonctions dérivables sur 0 ; + ∞] [ :f x x'( ) l n ( )= + 1 .

2. K ee

= [ ] =x xln( )1

.

27 1. ∀ ∈x ℝ , co s( ) co s ( )2 2 12x x= − donc

cos ( )cos( )

21

2

2

2x

x= + .

2. I = +

= +

1

2

2

2 2

2

4 00

cos( ) sin( )xdx

x xπ

π

∫∫ = π2

.

28 1. Pour tout nombre x ≠ 1 ,

f xx

x

x

x x( )

( )=

−

−

=− +

−

= +

−

2 1

1

2 1 1

12

1

1.

D’où la décomposition avec a = 2 et b = 1 .

2. J d= +−

= + −[ ]∫ 21

12 1

2

4

2

4

xx x xln( )

= +4 3ln( ).

29 1. Représentation du domaine :

1

2

O

11—2

2 x

y

y = y = x1—x

2. aire d d( ) = −

− −

∫∫

1 1

1

2

1

2

1

xx x

xx x

= −

− −

ln( ) ln( )x

xx

x2

1

2

12

1

2

2 2

= 9

8 u.a.

30 1. Représentation de la courbe # :y x x= −22

e :

O

1 x

y

y = f (x)

2. a) @ ( )λλ λ λ= = −[ ] = − +− − −∫ 2 1

2 2 2

0 0x xx xe d e e u.a.

b) limλ

λ

→+ ∞

−=e

2

0 donc lim ( )λ

λ→+ ∞

=@ 1.

Ainsi l’aire sous la courbe # sur 0 ; + ∞[ [ vaut 1 u.a.

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. S

42 Convergence d’une suite d’intégrales•Lesoutils– Comparaison de deux intégrales.– Sens de variation d’une suite.– Théorème d’encadrement. •Lesobjectifs– Étudier la convergence d’une suite d’intégrales.– Calculer sa limite.1. a) ∀ ∈n ℕ * , ∀ ∈ [ ]x 0 1; , x x

n n+1 < d’où x

x

x

x

n n+

+ +

1

1 1< et par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] ;

x

x

x

x

x

x

n n+

+ +∫ ∫

1

0

1

0

1

1 1d d< soit u u

n n+1< .

Donc la suite ( )un

est décroissante.

b) ∀ ∈n ℕ * , u f x tn n

= ∫ ( )d0

1

et la fonction fn est

positive sur [0 ; 1] donc un

0 .La suite ( )u

n est décroissante et minorée par 0 donc elle

converge.

2. a) ∀ ∈ [ ]x 0 1; , 01

11

+ x.

Par multiplication par xn ( *)n ∈ℕ , 01

x

xx

nn

+soit 0 f x x

n

n( ) .b) Par intégration de ces inégalités sur [0 ; 1] :

00

1

0

1

f x x x xn

n( )d d∫ ∫ soit 01

1 u

nn +.

Or l i mn n→+ ∞ +

=1

10 donc, d’après le théorème d’encadrement,

limn n

u→+ ∞

= 0 .

43 Narration de rechercheLa courbe # représente une fonction f définie sur [– 1 ; 1] par une expression du type ax bx c4 2+ + .Ainsi f x ax bx' ( ) = +4 23 .L’aire du motif mesure un tiers de l’aire du panneau donc en raison de la symétrie par rapport à l’axe des ordonnées, cette condition se traduit par :

f x x( )d =∫ 0

1 1

3.

Or f x x ax

bx

cxa b

c( )d0

1 5 3

0

1

5 3 5 3∫ = + +

= + +

donc a b

c5 3

1

3+ + = , d’où 3 5 15 5a b c+ + = .

La tangente au point d’abscisse 1 est l’axe ( )Ox . Cette condition se traduit par f ( )1 0= et f '( )1 0= , soit a b c+ + = 0 et 4 2 0a b+ = .Les coefficients sont définis par le système

4 2 0

0

3 5 15 5

a b

a b c

a b c

+ =

+ + =

+ + =

d’où a =5

8, b = −

5

4 et c =

5

8.

Ainsi # a pour équation : y x x= − +5

8

5

4

5

8

4 2 .

40 Sur la piste d’une primitive•Lesoutils– Formules de dérivation.– Primitives de fonctions usuelles.– Primitives d’une combinaison linéaire de fonctions. •Lesobjectifs:– Établir une relation entre des dérivées successives d’une fonction.– Calculer une primitive d’une fonction.1. a) ∀ ∈x ℝ , f x x xx x'( ) s i n ( ) c o s ( )= +e e [1] ; f x x x x xx x x x''( ) sin( ) cos( ) cos( ) sin( )= + + −e e e e

f x xx''( ) cos( )= 2e [2].b) L’égalité [1] s’écrit f x f x xx'( ) ( ) cos( )= + e d’où

ex x f x f xcos( ) '( ) ( )= − . Ainsi l’égalité [2] s’écrit f x f x f x''( ) ( '( ) ( ))= −2 , d’où

on déduit : f x f x f x( ) '( ) ''( )= −1

2.

f est une combinaison de ses dérivées successives du type

f af bf= +' '' avec a = 1 et b = −1

2.

2. Une primitive sur ℝ de f est F = −f f1

2' d’où :

∀ ∈x ℝ , F e( ) ( s i n ( ) c o s ( ) )x x xx= −

1

2.

41 Primitive de x → Q(x)e– x où Q est une fonction polynôme.•Lesoutils– Formules de dérivation.– Identification des coefficients de deux polynômes égaux.– Résolution d’un système. •Lesobjectifs– Trouver une primitive d’une fonction.– Dégager la forme des primitives d’un type de fonction.1. a) ∀ ∈x ℝ, F P e P e

P P e

'( ) '( ) ( )

( '( ) ( )) .

x x x

x x

x x

x

= −

= −

− −

−

F'( ) ( )x f x= donc P P e e'( ) ( ) ( )x x x xx x−( ) = + −− −2 2 , d’où P P'( ) ( )x x x x− = + −2 2 [1].b) P est une fonction polynôme de degré 2.2. a) ∀ ∈x ℝ , P( )x ax bx c= + +2 et P'( )x ax b= +2 .Ainsi l’égalité [1] s’écrit :

− + − + − = + −ax a b x b c x x2 22 2( ) .

Par identification des coefficients :

− =

− =

− = −

a

a b

b c

1

2 1

2

.

b) D’où a = −1, b = − 3 et c = −1.Ainsi P( )x x x= − − −

2 3 1.3. Réciproquement, la fonction F définie sur ℝ par F e( ) ( )x x x x

= − − −−2 3 1 est dérivable sur ℝ comme

produit de deux fonctions dérivables sur ℝ .∀ ∈x ℝ , F e e'( ) ( ) ( )x x x xx x

= − − − − − −− −2 3 3 12

= + − =−( ) ( )x x f xx2 2 e .

Ainsi la fonction polynôme P est telle que F : x x x֏ P e( ) − est bien une primitive de f .

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. S

b) La somme des n − 1 premiers entiers non nuls s’exprime

par 1 2 11

2+ + + − =

−. . . ( )

( )n

n ndonc

un

n n n

nn= ×

−= ×

−π π

2

1

2 2

1( ).

Or lim limn n

n

n n→+ ∞ →+ ∞

− = −

=11

11 donc lim

n nu

→+ ∞=

π

2.

Ainsi la suite ( )un

converge vers ℓ =π

2.

2. a) La somme des volumes des cylindres extérieurs ne diffère de la précédente que du volume du dernier cylindre

rn

nh

nn

= = =

1

1, , dont le volume est

πn

.

Ainsi, pour tout entier n 1, v un

n n= +

π.

Or limn

n

u

→+∞

= ℓ et limn n→+∞

=π

0, donc limn

n

v

→+∞

= ℓ .

La suite ( )vn

converge donc aussi vers π2

.

b) ∀ ∈n ℕ *, u vn n

avec lim limn

nn

n

u v

→+ ∞ →+ ∞

= =π

2

donc =π

23dm .

Or π

21> donc la contenance du bol dépasse 1 L.

B. 1. a) La section du bol par le plan d’équation z t=( )0 1 t est un disque centré sur ( )Oz de rayon r t t( ) = . Ainsi S( ) ( )t r t= π

2 soit S( )t t= π .

b) Or =∫ S d( )t t0

1

donc = =∫ππ

t td0

1

2 dm3 .

2. a) La section de la demi-boule par le plan d’équation z t= (0 t R) est un disque centré sur (Oz) de rayon r t( ) tel que t r t2 2 2+ =( ) R .Ainsi r t t2 2 2( ) = −R et S R( ) ( )t t= −π

2 2 .

Or = ∫ S dR

( )t t0

donc = −∫ π (R )2 2

0t td

R

.

b) Volume de la demi-boule :

= −

=π πR

RR

23

0

3

3

2

3t

t.

On en déduit le volume d’une boule de rayon R :

VR

B o u l e=

4

3

3π

.

3. a) La section du cône par le plan d’équation :z t= (0 t h)

est un disque centré sur (Oz) de rayon ρ( )t .

y

z

O r

h

t

Vue en coupe

du demi-cône (t)

Par application du théorème de Thalès,ρ( )t

r

h t

h=

− d’où ρ( )t

r

hh t= −( ) .

Or S( ) ( )t t= πρ2 donc S( ) ( )tr

hh t= −π

2

2

2 .

Remarque. Cette équation peut s’écrire sous la forme

y x= −( )5

812

2.

44 Narration de rechercheAire du triangle OMN : = − −aire O H M aire O K N aire K N MH( ) ( ) ( )

= − × − × +

=1

2

1

2 8

1

2 2 4 83

32

2 3

tt t

tt t

.

t–2

t2–4

t2

O 1K H

N

M

1

x

y

2

y = x2

t

La droite (OM) a pour équation y tx= .(OM) est situé au-dessus de l’arc de parabole sur l’intervalle [0 ; t].Aire du domaine curviligne [OMN] :

= − = −

=∫ ( )tx x x

tx x ttt

2

0

2 3

0

3

2 3 6d .

Ainsi

= ÷ =t t3 3

8 6

3

4 (rapport indépendant de t ).

45 TD – Trouver une valeur approchée d’une aire1. a) ∀ ∈ + ∞] [x 0 ; , ϕ ( ) l n ( ) ( l n ( ) )x x x= −1 .Le signe de ϕ( )x dépend de celui de chacun des facteurs :• l n ( )x x 0 1⇔ ;• 1 0− ⇔ ⇔ln( ) ln( ) ln( )x x e x e .Tableau du signe de ϕ( )x :

x 0 1 e + ∞

ln(x) – 0 + +

1 – ln(x) + + 0 –

j (x) – 0 + 0 –

Sur [1 ; e], ϕ( )x ≥ 0 donc #ln

est au-dessus de #ln2

.

Sur 0 1 1; ;] [ ∪ + ∞] [, ϕ( )x < 0 donc #ln

est au-dessous de #

ln2.

b) Les fonctions ln et ln² sont continues sur [1 ; e] et #ln

est au-dessus de #

ln2 donc

a i r e d de e

( ) (ln( ) ln ( )) ( ) = − =∫ ∫x x x x x2

1 1ϕ (u.a.).

46 TD – Calculer le volume d’un solide

A. 1. a) Les cylindres intérieurs ont tous la même hauteur

hn

=1

et pour rayon respectivement rn1

1= , r

n2

2= ,

… , rn

nn−=

−1

1, donc la somme de leurs volumes est

πh r r rn1

2

2

2

1

2+ + + −... .

un n n

n

n nn

n= + + +

−

= + + + −

π π1 2 11 2 1

2 2... ... ( )[[ ].

© N

ath

an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) limn

a

n→+ ∞

= 0 donc lim ( )n n n

u v→+ ∞

− = 0.

2. a) u v

a

nn n

a

− < ⇔ −

<− −10 1

1

10003 2

2

e

⇔ <−

−

a

n a

1

1000 1

2

2e

⇔ > −

−n a

a

1000 1

2

2e

b) On pose A e= −

−1000 1

2

2aa

.

Puisque E( ) ( )A A EA + 1, le plus petit entier naturel n solution de l’inéquation n > A est N E A= +( ) 1 .Ainsi pour tout entier n N, u v

n n

− <−10 3 .

C. 1. a) L’entier N (nombre de subdivisions nécessaires) apparaît en L9 :

floor F1000 1 11

* * ( ( )a a−( ) + .b) L14 : pour chaque valeur de k, on ajoute l’aire du rectangle supérieur dans u .L15 : pour chaque valeur de k, on ajoute l’aire du rectangle inférieur dans v.2. Table des valeurs de F( )a :

a 0,2 0,4 0,6 0,8 1

F 0,199 0,390 0,566 0,722 0,856

1,2 1,4 1,6 1,8 2

0,965 1,051 1,116 1,163 1,196

2,2 2,4 2,6 2,8 3

1,218 1,233 1,242 1,247 1,250

3. La condition est modifiée de la manière suivante :

u v pa

np n

a

pn n

a a

− < ⇔ −

< ⇔ > −

− −1 1

2 2

2 2e e .

On pose : N E e= −

+−a

p

a

1 1

2

2 .

Ainsi dès que n N , on aura u v pn n

− < .D’où l’algorithme :

b) = ∫ S d( )t th

0 donc = −∫

π r

hh t t

h2

2

2

0( ) d

= − −

= × =

π ππ

r

hh t

r

h

hr h

h2

2

3

0

2

2

32

1

3 3

1

3( ) .

On retrouve : Vcône

r h=1

32

π .

47 TD – Tabuler une primitive

A. 1. a) ∀ ∈t ℝ , f t f tt t

( ) ()( )

− = = =

−

−

−

e e

2 2

2 2 .Donc f est une fonction paire. Ainsi #

f est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

b) f est dérivable sur 0 ; + ∞[ [ : f t tt

'( ) = −

−

e

2

2 .∀ ∈ + ∞[ [t 0 ; , f t'( ) 0. Tableau de variation de f sur 0 ; + ∞[ [ :

t 0 + ∞f 9 0 –

f1

0

2. a) Pour tout x 0, F d a i r e( ) ( ) ( )x f t tx

= =∫ 10

.

O

1

y

tx–x

1

2

y = f(t)

F d d aire( ) ( ) ( ) ( )− = = − = −−

−

∫∫x f t t f t tx

x

2

0

0

= − aire( )1

(en raison de la symétrie) = − F( )x .b) Ainsi la fonction F définie sur ℝ est impaire donc sa courbe #

F est symétrique par rapport à l’origine O du

repère.3. a) F est une primitive de f sur 0;+ ∞[ [ :

∀ x 0, F e' ( ) ( )x f xx

= =−

2

2 .Pour tout nombre x ≥ 0 , F'( )x > 0 donc F est strictement croissante sur 0 ; + ∞[ [ . désigne l’aire (en u.a.) du domaine sous #

f sur 0 ; + ∞[ [,

alors l i m ( ) ( )x

x→+ ∞

= =F aire 2

2

π.

b) En utilisant la symétrie de #F

par rapport à O, on en déduit le tableau de variation de F sur ℝ .

x – ∞ 0 + ∞F 9 + 1 +

F–

42π

2

0 42π

2

B. 1. a) ∀ ∈n ℕ *, u va

nf

a

nf a

n n− = −( ) ( )0

= −

−a

n

a

1

2

2e .

© N

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

d) La fonction t x t֏ ( ) est la primitive de t v t֏ ( ) qui prend la valeur x

0à l’instant t = 0 .

Donc, pour tout t 0, x t at v t x( ) = + +1

22

0 0.

49 TD – Valeur moyenne, valeur efficace

1. a) j T m s= × =5 25 125 ; k T ms= × =5 25 125 .b) Vue j. L’aire algébrique du domaine colorié est :

= − + −a a a1 2 3

.

x

y

25

A2

A1

A310O

a1

1

225 10 125= × × = ; a

3

1

2

25

410 31 25= × × = , ;

a2

1

2

375

430 1406 25= × × = , .

Remarque. Pour calculer la base b du triangle d’aire a3

on peut utiliser le théorème de Thalès :

b

25 – b

30

10

b

bb

25

1

3

25

4−

= ⇔ = .

Ainsi = 1250 .

Or UT

=

, donc U = =1250

12510V.

•Vue k. Le domaine compris entre la courbe et l’axe des temps sur la période centrée en 0, est symétrique par rapport à l’origine, donc son aire algébrique est nulle.

Ainsi = 0 donc UT

= =

0 .

c) L’aire algébrique du domaine défini sur un intervallet t

0 0; + T , de longueur T, ne dépend pas de la valeur t

0.

Ainsi =+

∫ u t tt

t T

( )d0

0 est indépendant de t0

.

Démonstration. Pour tout nombre a, on pose :

Φ( ) ( )a u t ta

a

=+

∫ dT

.

U désigne une primitive de u sur ℝ.Alors Φ( ) ( ) ( )a a a= + −U T U . La fonction Φ Φ: ( )a a֏ est dérivable sur ℝ :

Φ'( ) ( ) ' '( ) ( ) ( )a a a u a u a= +[ ] − = + −U T U T .

48 TD – Mouvement uniformément accéléré

1. Pour tout entier k 1, on pose:S

kk= + + + + −1 3 5 2 1... ( ) .

Sk

est la somme des k premiers termes de la suite arithmétique ( )u

n de premier terme u

11= et de raison

r = 2 .S

ku u r u r u k r= + + + + + + + −

1 1 1 12 1( ) ( ) ... ( ( ) )

= + + + + −ku r k1

1 2 1( ... ( )).

Or 1 2 11

2+ + + − =

−... ( )

( )k

k k donc

Sk

kk k

k= + ×−

=21

22

( ).

Remarque. On peut aussi utiliser directement la formule

Sk

kk

u u=

+1

2 mais cette formule n’est pas exigible (cf.

programme de première S).2. a) Pour l’entier i de 1 à k, on note d

i la distance

parcourue durant l’intervalle de temps ( ) ;i i−[ ]1 θ θ .Ainsi d t d d d d

k( ) ...= + + + +

1 2 3

d t v v v( ) =

× +

× +

× +θ θ θ θ θ θ2

3

2

5

2.......

....( )+ − +

×vk k1

2

θ θ θ

= + + + + −

θ

θ θ θ θa a a k a

2

3

2

5

2

2 1

2...

( )

= + + + + −[ ]a

kθ2

21 3 5 2 1... ( ) .

b) Ainsi d ta

ka

ka

t( ) ( )= × = × =θ

θ

22 2 2

2 2 2.

La distance parcourue est proportionnelle au carré du temps.3. a) La représentation graphique de la vitesse est une demi-droite, donc v est une fonction affine du temps :

v t at v( ) = +0

.Le coefficient a est le taux d’accroissement (constant) de la vitesse. Il représente l’accélération. b) La fonction t x t֏ ( ) est telle que x v' = , donc x est une primitive de v sur 0 ; + ∞[ [ . La distance parcourue entre les instants t

1 et t

2 ( )t t

1 2<

s’exprime par :

d x t x t x t t v t tt t t

t

t1 2 1

2

2 1;( ) ( ) '( ) ( )

= − = =∫ d d

11

2t

∫ .

c) v t t at v t at

v tt

t

t

t

t

( ) ( )d d0

1

0

1

0

0

2

02∫ ∫= + = +

tt1

=

−

+ −a

t t

v t t1

2

0

2

0 1 02( )

= −+

+

( )t t a

t t

v1 0

1 0

02.

Or Vm

est la vitesse à l’instant moyen associé à I, donc

Vm

a

t t

v=+

+1 0

02 .

Ainsi v t t t tt

t

m( ) ( )d V

0

1

1 0∫ = − .

On en déduit que V dm t

t

t tv t t=

− ∫1

1 00

1

( ) est la valeur

moyenne de la fonction vitesse sur t t0 1

; .

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

Remarque. De façon générale, on peut prendre tout intervalle de longueur T du type t t

0 0; + T .

c) Dans le cas d’un signal alternatif sinusoïdal :

UU

Td

U

T

T

efft t

t2

2

2

0

21 2

2= =

−∫max maxsin ( )

cos( )ω

ωdd

T

t0∫

= −

= −U

T

U

TT

T

max maxsin( ) sin(2

0

2

2

2

2 2

2t

tωω

ωωω

T)

2

.

Or ω πT = 2 donc sin( )2 0ωT = .

Ainsi Ueff

2

2

2=

Umax , d’où 2U U

eff=

max.

Remarque. Dans le cas d’un signal triangulaire alternatif, on démontre que 3U U

eff=

max.

Ainsi : j UU

Veff

= = ≈max ,3

1 5

3

8 7 ;

k UU

Veff

= = ≈max ,2

20

214 1 .

Or la fonction u est périodique de période T donc u a u a( ) ( )+ =T .

Ainsi pour tout a de ℝ , Φ'( )a = 0 donc Φ est une fonction constante de valeur Φ( ) ( )0

0= ∫ u t td

T

.En particulier = Φ( )t

0 ne dépend pas de t

0.

Alors UT T

dT

= =+

∫ 1

0

0

u t tt

t

( ) représente la valeur moyenne de la fonction u sur tout intervalle du type

t t0 0; + T .

2. a) j Um a x

= 15 V ; U Veff

≈ 9 . k U

max= 20 V ; U V

eff≈ 14 .

b) Par définition, U

RT

Rdeff

2T

× = ∫1

2

0u t t( ) donc

UT

dT

effu t t2 2

0

1= ∫ ( ) . Ainsi U

eff

2 est la valeur moyenne

de la fonction u2 sur l’intervalle [0 ; T] .

58 1. M et( ; )x y x y yf

∈ ⇔ + =# 2 2 2 0< .#

f est le demi-cercle de centre O , de rayon 2 contenu

dans le demi-plan d’équation y < 0. M et( ; ) ( ) ,x y x y x y

g∈ ⇔ − + =# 2 3 2 02 2 .

#g est le quart de cercle de centre I( ; )2 0 , de rayon 3

contenu dans le quart de plan défini par x y 2 0et[ ].

2. J= − × = −1

22π π ; K = × =

1

43

3

4π

π.


60 1. La fonction v est définie sur [0;5] par

v tt t

t

( );

;

=− + ∈ [ ]

∈ ] ]

1

22 0 2

1 2 5

si

si

.

2.•Si x ∈ [ ]0 2; , V( )x est l’aire du trapèze colorié :

xO 1 5

1Trapèze

2y = v(t)

y

t

V( )x x x x x= − +

= − +1

22

1

22

1

422 .

•Si x ∈ ] ]2 5; , V( )x est la somme de l’aire d’un trapèze et de celle d’un rectangle.

xO 1 2 5

1

2y = v(t)

y

t

aire

(Trapèze) = 3Rectangle

V( ) ( )x x x= + − = +3 2 1 .

DE TÊTE

50 1. f t t( ) ,d =−∫ 4 25

2

3

. 2. f t t( ) ,d =−∫ 2 5

2

3

.

51 F '( ) sin( )x x= , x ∈ [ ]0;π donc F'( )x 0 .F est croissante sur 0 ; π[ ].

52 a) F( )xx

= −1

. b) F( ) ln( )x x= − 1 .

c) F e( )x x= −

− . d) F( ) cos( )x x= −1

22 .

53 a) F'( )xx

=1

et F e( ) = 0 . Réponse : vrai.

b) F e'( ) ln( ) ln( )x x= 2 2 . Réponse : faux.

54 a) K = −[ ] =x x3 2

0

10 . b) K = −[ ] =co s( )x

02

π

.

c) Ke

=[ ] =l n ( )t1

1. d) K e e= −[ ] = − +−−

t

0

11.

55 a i r e d d( ) = − =∫ ∫x x x x0

12

0

1 1

6 u.a.

56 ∀ ∈ [ ]x 2 3; , 5 1 102 + x

donc 0 11

10 2

2, ,

+ x.

D’après l’inégalité de la moyenne : 0 1 0 2, , K .Leila a raison !

DES AIrES AUx InTÉgrALES

57 1. f t t( )d−∫ = − = −

1

5

1 4 3 ; g t t( )d−∫ = + =

1

5

3 2 5.

2. f g t t+( ) = − + =−∫ 4 3 20 17

1

5

( )d ;

5 2 15 10 251

5

f g t t−( ) = − − = −−∫ ( )d .


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– T

ran

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th T

erm

. S

b) ∀ ∈x I,

F G e e e e e( ) ( ) ln( )x xx

xx

x− = × − = − ( ) =21

2

1

2

1

22 2 2 0 .Réponse : oui.

67 1. f courbe verte ; F courbe rouge.2. f courbe rouge ; F courbe verte. 68

68 1. ∀ ∈ [ ]x 0 ; π , F d( ) ( )x f t tx

=∫ 0.

2. Φ ππ

( ) =2

.

Le domaine colorié est symétrique par rapport à ∆, donc

Φ Φπ π π2

1

2 4

= =( ) .

3. ∀ ∈ [ ]x 0;π , F'( ) ( )x f x= donc Φ '( )x 0.

x 0 5Φ 9 = f +

Φ0

π

4

π

2

69 a) F( )x x x x= − +2 24 3 . b) F( )x x x x= − − +3 2 53 2 .

c) F( )x x x x= − +1

10

1

5

1

105 3 .

d) F( )x x x x= − +( )1

122 25 4 3 .

70 a) F( )xx

= −

12

. b) F( )xx

=3

.

c) F( ) ln( )x x=1

2. d) F( ) ln( )x

x xx= − −

1

2

42

.

71 a) ∀ ∈x ℝ , g x x x f x'( ) sin( ) cos( ) ( )= − + = .Réponse : vrai.b) ∀ ∈x ℝ , −( ) = + =f x x x g x'( ) sin( ) cos( ) ( ) et

−( )

= −

+

=fπ π π4 4 4

0cos sin .

Réponse : vrai.

72 a) F( )x x= +( )1

40262 1

2013.

b) F( )x x= − −( )1

121 2

6.

c) F( ) sin ( )x x=1

22 .

d) F e( )x x= − −( )1

31

3.

73 a) F( )( )

xx

= − ×−

1

4022

1

2 1 2011.

b) F( )ln( )

xx

= −

1 c) F

e( )x

x= − ×

+( )

1

3

1

13

.

74 a) F( )x x= −2 1. b) F( )x x= −2 1.

c) F e( )x x= + 1.

75 a) F e( )x x= −

− +1

22 1. b) F e( )x x

= −− +

1

2

2 1.

c) F e( )x x x=

+ −1

2

2 2 3. d) F e( ) sin( )x x= .

Ainsi la fonction V est définie sur [0 ; 5] par :

Vsi

si

( );

;

xx x x

x x

=− + ∈ [ ]

+ ∈ ] ]

1

42 0 2

1 2 5

2

.

3. a) La fonction v est continue et positive sur [0 ; 5] donc la fonction V V d: ( ) ( )x x v t t

x

֏ = ∫ 0 est dérivable

sur [0 ; 5] et V'= v .b) Or v > 0 sur [0 ; 5] donc la fonction V est strictement croissante sur [0 ; 5].

x 0 5V 9 = v +

V0

6

PrIMITIVES

61 Pour tout x de 0;+ ∞[ [ ,

a) F'( ) ln( ) ( ) ln( ) ( )x x xx

xx

f x= + − × = − + =11 1

1 .

b) F '( ) ln( ) ln( )xx

xx

xx x= −( ) +

= =5

255 1

25

54 54 ff x( ) .

62 Pour tout x de ℝ , a) F e e e'( ) ( ) ( )x x x f xx x x

= − + = − =− − −1 1 11 .

b)F e e e'( ) ( ) ( ) ( ).x x x x x f xx x x= − + + + + = =

− − −2 2 2 22 2


64 a) ∀ ∈x I, F G( ) ( )x xx

x− = −

−=6 3

4 2

3

2.

Réponse : oui.

b) ∀ ∈x I, F G( ) ( )( )

x xx

x− =

− −

+

= −3 3

2 1

3

2

2

2.

Réponse : oui.

65 a) ∀ ∈x I,F G( ) ( ) sin( ) cos( )

sin( ) cos( )

x x x x

x x

− = − −

− × +

1

22

2××

2

2.

F G( ) ( ) cos( )x x x− = − −1 2 .La fonction F – G n’est pas constante. Réponse : non.b) ∀ ∈x I ,

F G( ) ( )sin( )cos( ) sin( )cos(

x xx x x x x

− = + − + −

2 2 2

1

2

xx)

2

=1

2.

Réponse : oui.

66 a) ∀ ∈x I,

F G e( ) ( ) c o s ( ) s i n ( ) c o sx x x x xx− = + − +

π4

= −

+ +

ex x x1

2

21

2

2cos( ) sin( ) .

La fonction F – G n’est pas constante. Réponse : non.


© N

ath

an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) J = − − =

= −

−4

31 3

4

30

1

x .

c) K = +

= −

−3 1 6 3 22

1

3

x .

d) L = −

= −x2

2

3

1 2 1.

82 a) I = [ ] =4 42

3e

t

ln( )

ln( )

b) J e e=

= −− −1

2

1

21

2 1

0

1

1t ( ) .

c) K e e e= −

= − −

− −1

2

1

21 2

1

3

1

11

3t .

d) L e e e= −[ ] = − +−

cos( )tπ

3

01

2 .


84 a) I = −

=sin( )t

t π

π

π6

3.

b) J = −

=1

22

3

3

20

2

sin tπ

π

.

c) K = [ ] =t tcos( )03

6

ππ

.

d) L = − +

= −1

4

2

1

2

ππ π

πcos t .

85 a) I d d= + = [ ] + [ ]∫∫ 41

21

2

22

0

1

2 1

2

2

0

1

2 x xx

x x xln( )

= +1

22 2ln( ).

b) J d d= − +

+∫ ∫1

41

1

3

2

2

1

x xx

x

= − +

+ [ ] = − −

1

8

3

822

3

2

2

1x x xln( ) ln( ).

c) K d d d= + + − +

∫ ∫ ∫4

1 1

41

0

1

21

2

2

2

4

x xx

x x x

= [ ] + [ ] + − +

2

1

82

0

1

2 1

2

22

2

4

x x x xln( )

= +1 2 2ln( ) .

d) L d d d= − +

+ +∫ ∫ ∫1

41

14

3

2

2

1

21

2

1

4x xx

x x x

= − +

+ [ ] + [ ]1

822

3

2

2

1

2 21

2

1

4x x x xln( ) .

= − −3

42 2ln( ) .

86 a) D’après la propriété de linéarité de l’intégration,

I d ee

e

= + −( ) =

= −∫ ln( ) ln( ) ( )t t t tt

1

2

1

2

2

1

21 .

b) I d d d= + + + − +∫ ∫∫ ln( ) ln( ) ln( )1 1 12 2

1

2

00

1

t t t t t t

e e

d’où, en utilisant la relation de Chasles,

I d d= + − + =∫∫ ln( ) ln( )1 1 02 2

00t t t t

ee

.

76 a) F( ) ln( )x x= −2 1 .

b) F( ) lnx x x= − + −( )1

24 32 . c) F( ) ln( )x x

= +1 e .

77 a) F( ) sinx x= − −

1

22

4

π

b) F( ) cosxx= − +

42 3

π

78 1. a) On pose : u x x( ) = , v x x( ) sin( )= u x'( ) = 1, v x x'( ) cos( )= .On reconnaît f u v uv uv= + =' ' ( ) ', donc F = uv .

F( ) sin( )x x x= .b) On pose : u x x( ) sin( )= , v x x( ) = u x x'( ) cos( )= , v x'( ) = 1 .

On reconnaît fu v uv

v

u

v= − =

' ' '2

, donc F =u

v.

F ( )s i n ( )

xx

x= .

c) On pose : u x x( ) ln( )= , v x x( ) =

u xx

'( ) =1

, v x'( ) = 1 .

On reconnaît fu v uv

v

u

v= − =

' ' '

2 donc F =

u

v.

F( )ln( )

xx

x= .

2. Il suffit de vérifier que F' = f sur I.a) F '( ) sin( ) cos( ) ( )x x x x f x= × + =1 .

b) F '( )cos( ) sin( )

( )xx x x

xf x=

× − ×=

12

.

c) F'( )

ln( )

( )x xx x

xf x=

× − ×

=

11

2.

CALCULS D’InTÉgrALES

79 a) I =−

=

−

( )2 3

6

125

3

3

1

4x

.

b) J =−

= −

−

( )x 4

4

1215

4

4

2

1

.

c) K =+

=

( )x x2 2

0

1

22.

d) L =+

=

( )x2 4

1

21

4

609

4.

80 a) I = − ×+

=

3

2

1

1

6

52

0

2

t.

b) J = +

=

1

41

1

4

17

24

1

2

ln( ) lnt .

c) K = − ×+

=

1

2

1

2 1

3

70

3

t.

d) L = +( )

=

1

33 2

1

3

8

51

2

ln lnt .

81 a) I = +

=2 1 2

0

3

x .

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

c) I d d= + ∫∫ cos( ) cos( )2 267

6

t t t tπ

π

π

π

, d’où, en utilisant la

relation de Chasles,

I d= =

=∫+

cos( ) sin( )21

22 0

7

6

6

6

6

t t tπ

π

ππ

π

.

87 1. ∀ ∈ − − x ℝ 3 3; , a

x

b

x x

a x b x

x x−

+

+

=

−

⇔+ + −

−

=

−3 3

6

9

3 3

9

6

92 2 2

( ) ( )

⇔ + + − =( ) ( )a b x a b3 6.Par identification des coefficients,

a b

a b

+ =

− =

0

3 6( ) soit

a

b

=

= −

1

1.

Ainsi, 6

9

1

3

1

32x x x−=

−−

+.

2. I d=−

−+

∫

1

6

1

3

1

34

11

x xx .

Remarque. Pour obtenir une primitive, utiliser la forme

fu

u=

' avec u dérivable et u > 0 sur [4;11].

I = − − +[ ] =1

63 3

1

32

4

11ln( ) ln( ) ln( )x x .

88 1. ∀ ∈ − − x ℝ 2 ,

a x bc

x

x

x+ +

+=

−+2

5

2

2

⇔

+ + +

+

=−

+

( )( )ax b x c

x

x

x

2

2

5

2

2

⇔ + + + + = −ax a b x b c x2 22 2 5( ) .

Par identification des coefficients, a

a b

b c

=

+ =

+ = −

1

2 0

2 5

soit

a

b

c

=

= −

= −

1

2

1

.

Ainsi, x

xx

x

2 5

22

1

2

−

+

= − −

+

.

Remarque. Cette décomposition peut être obtenue par une écriture astucieuse du numérateur.x

x

x

x

x x

x

xx

2 25

2

4 1

2

2 2 1

2

21

2

−

+=

− −

+=

+ − −

+

= − −+

( )( )

.

2. J d= − −+

−∫ x

xx2

1

21

6

= − − +

= −

−

xx x

2

1

6

22 2

7

23 2ln( ) ln( ).


90 1. ∀ ∈x ℝ , f x x x( ) sin( )= , f x x x x'( ) sin( ) cos( )= + ,f x x x x x x f x( ) cos( ) cos( ) sin( ) cos( ) ( )= + − = −2 .

D’où : f x f x x''( ) ( ) cos( )+ = 2 .

2. I d d= = −( )∫ ∫f x x x f x x( ) cos( ) ''( )0

2

0

2 2π π

= −[ ] = −[ ]202

02sin( ) '( ) sin( ) cos( )x f x x x x

π π

= 1.

91 1. ∀ ∈x ℝ, f x x x( ) ( )= −1 e ,f x x xx x x'( ) ( )= − + − = −e e e1 ,f x x xx x x''( ) ( )= − − = − +e e e1 . D’où :f x f x f x x x x x''( ) '( ) ( )− + = − − + + −( ) =2 1 2 1 0e .

2. I d d= = −( )∫ ∫f t t f t f t t( ) '( ) ''( )0

1

0

1

2

= −[ ] = − +[ ]2 2 10

1

0

1f t f t t tt t( ) '( ) ( )e e

= −[ ] = −( )2 20

1t te e .

92 1. J d=+∫cos( )

sin( )

t

tt

1 20

2

π

= +( )

=

1

21 2

1

23

0

2

ln sin( ) ln( )t

π

.

Remarque. Pour obtenir une primitive, utiliser la forme

fu

u=α

' avec u dérivable et u > 0 sur 0

2;

π

.

2. a) I J d+ =+

+∫sin( ) cos( )

sin( )

2

1 20

2 t t

tt

π

=+

+∫2

1 20

2 sin( )cos( ) cos( )

sin( )

t t t

ttd

π

=+( )

+=∫

2 1

1 20

2

0

sin( ) cos( )

sin( )cos( )

t t

tt t td d

π ππ2 1∫ = .

b) Ainsi I J= −1 donc I = −11

23ln( ) .

CoMPArAISon – vAleur moyenne

enCAdrement

93 a) ∀ ∈ [ ]x 1 2; , x xx xe e< 2 .Par intégration sur l’intervalle [1 ; 2],

x x x xx xe d e d( ) ( )∫ ∫1

22

1

2

< soit I J< .

b) ∀ ∈ [ ]t 0 1; , t

t t1

1

12 2+ +< .

Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1], t

tt

tt

1

1

120

1

20

1

+ +∫ ∫d d< soit J I< .


95 a) ∀ ∈ [ ]x 1 3; , 2 1 102< <+ x donc 1

10

1

1

1

22< <

+ x.

D’après l’inégalité de la moyenne, 1

5

1

11

21

3

< <+

∫ xxd .

b) ∀ ∈

x 0

1

2; ,

1 15

22< <+ x donc

2

5

1

11

2< <

+ x.

D’après l’inégalité de la moyenne, 1

5

1

1

1

220

1

2< <+

∫x

xd .

c) ∀ ∈ −x ln( ) ;2 0 , 0 22< <x ln( ) donc

e e e− −ln( )2 02

< <x soit 1

21

2

< <e− x .

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S


101 1. ∀ ∈ [ ]x 0 1; ,

f xx

x

x

x

x x x

' ( )( ) ( )

( )=

− − +

−( )=

−

−

− − −e e e2

2

1

22 2.

f x( )< 0 donc f est décroissante sur [0 ; 1].Ainsi : ∀ ∈ [ ]x 0 1; , f f x f( ) ( ) ( )1 0< < .

Donc 1 1

2e< <f x( ) [1] .

2. a) J e d= + −∫ ( )20

1

x xx

Pour tout x de [0 ; 1], on pose : g x x x( ) ( )= + −2 e . Alors : g x x xx x x'( ) ( ) ( )= − + = − +− − −e e e2 1 , g x x xx x x''( ) ( )= − + + =− − −e e e1 .Ainsi g x g x x( ) ''( )= + −2e .

D’où : J e e= +( ) = −[ ]− −∫ g x dx g xx x''( ) '( )2 20

1

0

1

= − +[ ] = −− −( )3 3 40

11x xe e .

Remarque. On peut aussi déterminer une primitive de g

sur [0 ; 1] sous la forme x ax b x֏ +( ) −e (cf. exercice 41 du manuel).b) ∀ ∈ [ ]x 0 1; , on déduit de [1] l’encadrement x

x f xx2

22

2e< <( ) , d’où par intégration sur [0 ; 1] :

1 1

22 2 2

0

1

0

1

0

1

ed d dx x x f x x x x∫ ∫ ∫< <( ) soit

1

3

1

61e K− < < [2].

c) J K e d+ = + +( )−∫ ( ) ( )2 2

0

1

x x f x xx

= + −−

+

−

∫ ( )( ) ( )2 22

2

0

1

x xx

x f x xxe

d

= − +( ) = ∫∫ ( ) ( ) ( ) ( )4 42 2

0

1

0

1

x f x x f x x f x xd d

= 4L .

d) Ainsi LJ K

=+

4.

Or 3 41

33 4

1

61 1 1

− + + − +− − −e e J K e< < donc

311

3

19

641 1

− + −− −e J K e< < . On en déduit que

1

43

11

3 4

1

4

19

641 1−

+ −

− −eJ K

e< <

soit 3

4

11

12

19

241 1− −− −e L e< < .

D’où l’encadrement plus large : 0 41 0 43, ,≤ ≤L .Ainsi L ≈ 0 42, à 10-2 près.

102 1. ∀ ∈ + ∞[ [x 0 ; , f xx

( ) =+

1

12.

f x

x

x

x

x

x x'( )

( )=

−

+

+

= −

+ +

2

2 1

1 1 1

2

2 2 2 d’où f x'( ) < 0.

Ainsi f est positive et décroissante sur 0 ; + ∞[ [.2. a) Par la méthode des rectangles, l’amplitude de l’encadrement de J est :

A = −( ) = −

30 3

31

1

10nf f

n( ) ( ) .

D’après l’inégalité de la moyenne,

ln( )ln( )

ln( )

2

22

2

2

0

< <e d−−∫ x x .

96 a) µπ π

π π= = − [ ] =∫

15 2

5

22 0

0 0sin( ) cos( )x x xd .

b) µπ

ππ

ππ

= +

= +

∫2

5 23

52

30

2 cos sinx x xd

0

2

π

= −5 3

π

.

c) µπ ππ

π

π

π

= = [ ] =− −∫

1 1

2

2

2

2c o s ( ) s i n ( ) s i n ( )x xx xe d eee e− −1

π.

97 a) f est continue et positive sur −[ ]π π; donc

µπ

=1

2aire( ) où est le domaine sous la courbe sur

−[ ]π π; .

Ainsi µπ

π π π= × × ×

=1

2

1

22

2.

b) De même, µ π π= = ×

=1

2

1

2

1

2 4aire( ) .

98 a) ∀ ∈ [ ]x 0 1; , 1 1 22< <+ x

donc 1

2

1

11

2< <

+ x.

D’après l’inégalité de la moyenne :1

2

1

11

20

1

< <+∫ x

xd . Ainsi 1

21< <µ .

b) ∀ ∈ [ ]x 1 ; e , 0 1< <ln( )x .D’après l’inégalité de la moyenne :

0 11

< <ln( )x xd ee

∫ − .

Ainsi 01

11

1< <

ed

e

− ∫ ln( )x x soit 0 1< <µ .

c) ∀ ∈

x 1 2; , e e e< <x2 2 .

D’après l’inégalité de la moyenne :

e e d e( ) ( )2 1 2 12

1

22− −∫< <x x .

Ainsi e e d e< <1

2 1

2

1

22

−∫ x x , soit e e< <µ 2 .

99 1. ∀ ∈

x 0

4;

π , ∀ ∈n ℕ *,

04

< <xn

n

π

et 0 2 1< <sin( )x .

Tous les membres étant positifs, on obtient par multiplication

membre à membre : 0 24

< <x xn

n

sin( )π

.

Par intégration sur l’intervalle 04

;π

,

0 24 0

4

0

4< <x x x xn

n

sin( )d dπ

ππ

∫∫ soit

04

1

< <In

nπ

+

.

2. Or 04

1< <π

donc limn

n

→+ ∞

+

=π4

0

1

.

D’après le théorème d’encadrement, limn n

→+ ∞

=I 0.

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Remarque. On peut obtenir une solution purement algorithmique du problème en évitant le calcul d’une valeur n

0suffisante pour obtenir l’amplitude demandée. Il

suffit d’utiliser une boucle Tant que.

Remarque. On peut vérifier avec cet algorithme que la valeur 250 suffisante pour obtenir l’amplitude désirée n’est pas la plus petite valeur solution.La première valeur de n solution est 248. Il suffit de faire afficher le contenu de la mémoire n.

CAlCuls d’Aires

103 aire d( )1

5

0

1 1

6= =∫ x x u.a.

aire d( ) ( )3 0

1

0

1

12

3

1

3= − = −

=∫ x x x x x u.a.

Or 3 11

102 1−

< , donc A <21

10n.

b) Ainsi pour que l’amplitude de l’encadrement de J soit inférieure à 10-2, il suffit de prendre n tel que

21

10

1

100n< , soit n 210. On prendra n

0210= .

Remarque. Cette condition est suffisante. (La précision peut être obtenue pour une valeur de n plus petite que 210.)

3. a) Algorithme :

b) Pour lancer le programme, la valeur de n à saisir est 210 (voir 2b).

c) Test de l’algorithme :

En particulier J ∈ [ ]1 8135 1 8234, ; , ; l’amplitude de l’encadrement n’excède pas 0,01.

À la calculatrice on obtient J ≈ 1 8184, (arrondi à 10– 4 près) d’où l’accord entre les résultats.

4. L d= +∫ x x2

0

2

1 .

∀ ∈ + ∞[ [x 0 ; , g x x( ) = +2 1 .

g xx

x

'( ) =+2 1

d’où g x'( ) 0.

Ainsi g est positive et croissante sur 0;+ ∞[ [ .

L’ amplitude de l’encadrement de L est

A = −( ) = −( )22 0

25 1

nf f

n( ) ( ) .

Or 2 5 1 2 5( ) ,− < donc A<2 5,

n.

Pour la précision demandée, il suffit que n vérifie

2 5 1

100

,

n soit n ≥ 250 . On prendra n

0250= .

D’où l’algorithme précédent adapté à la fonction g .


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

106 1. Pour tout nombre x > 0 ,

f x xx

x

xx

x x( ) = = = ×

−ee e

2

2 2

1 2

.

On pose U= x2 . Ainsi x

x

2

2

e

U

eU= .

Or limx→+ ∞

=U 0 et lim limU U U U

U

e e

U

→+ ∞ →+ ∞

= =1

0 donc

limx x

x

→+ ∞

=

2

20

e.

Finalement, limx x→+ ∞

=1

0 et limx x

x

→+ ∞

=

2

20

e, donc par multipli-

cation, lim ( )x

f x→+ ∞

= 0 .

Ainsi l’axe des abscisses est asymptote horizontale à # en + ∞.2. a) 1 u. a. = 5 cm² donc

@ ( )λλ

λ

= × = −

− −∫5 5

1

2

2 2

00

x xx xe d e

= 5

21

2

−( )−e λ cm2.

b) Or limλ

λ

→ + −

=e2

0 donc lim ( )λ

λ→+ ∞

=@5

2.

Ainsi le domaine limité par la courbe et l’axe des abscisses sur 0 ; + ∞[ [ a pour aire 2,5 cm².

107 1. ∀ >a 0, I a i r e( ) ( )a = .Or en raison de la symétrie par rapport à ∆ ,

aire aire( ) ( ') = .L’aire de ' est celle du rectangle de largeur ln( )a + 1 et de hauteur a , privée de l’aire du domaine sous la courbe # ' sur l’intervalle [0 ; ln(a + 1)] .

’

’

1ln (a + 1)

ln (a + 1)

a

a∆

: y =

x

O

1

A’

A

x

y

Donc : I aire e d( ) ( ') ln( ) ( )ln( )

a a a xx

a

= = + − −+

∫ 1 10

1

.

2. ( ) ln( )ln( ) ln( )

e d ex x

aa

x x a a− = −[ ] = − ++ +

∫ 1 10

1

0

1

donc I( ) ln( ) ln( )a a a a a= + − + +1 1 soit I( ) ( ) ln( )a a a a= + + −1 1 .

prolongement du td 46

108 1. a) La section de Σ par un plan perpendiculaire à ( )Oy passant par H(0 ; t) est un disque centré en H.b) Son rayon r(t) est tel que r²(t) = x

M² où M est le point de

d’abscisse positive et d’ordonnée t.Ainsi 4 – x

M² = t donc x

M² = 4 – t.

D’où l’aire de la section : S( ) ( ) ( )t r t t= = −π π2 4 .

2. V S d d= = − = −

∫ ∫( ) ( )t t t t tt

0

4

0

4 2

0

4

4 42

π π

V = 8π u.v.

Remarque. Une primitive de x x֏ sur 0 ; +∞[ [ a été vue à l’exercice résolu A, page 200 du manuel.a i r e a i r e a i r e( ) ( ) ( )

2 1 31= − +( ) ,

donc aire( )2

11

6

1

3

1

2= − +

= u.a.

104 ∀ ∈n ℕ, u x n xn

n

n

= −

+

∫1

4

1

42 2

1

d

= −

+1

4 3

32

1x

n x

n

n

=+

− + − +

1

4

1

31

3

32

33

( )( )

nn n

nn

= +1

4

1

12n .

Ainsi, u u n nn n+

− = + + − − =1

1

41

1

12

1

4

1

12

1

4( ) .

Donc la suite ( )un

est arithmétique de raison r =1

4 et de

premier terme u0

1

12= .

105 1. a) ∀ ∈ [ ]x 0 1; ,

f x xx x

x

x x

x( ) − =

− − +

−

e e

e

1 2

=− − −

−

=− − − +

−

=

( ) ( )

( ) ( )( )

1 1

1 1 1

2x x

x

x x x

x

x

x

x

x

e

e

e

e

(( )( ).

1 1− − −

−

x x

x

x

x

e

e

b) On étudie le signe de f x x( ) − sur [0 ; 1].#

exp est au-dessus de sa tangente T

01: y x= + donc pour

tout nombre x , ex x− − 1 0 .On en déduit que ex x− 1 0 .

Enfin, pour tout x de 0 1;[ ], 1 0− x .

Finalement : ∀ ∈ [ ]x 0 1; , f x x( ) − 0 .Ainsi # est au-dessus de ∆ sur [0 ; 1].2. L’aire du domaine entre ∆ et # sur [0 ; 1] s’exprime en u.a par :

a i r e de

ed( ) ( ) = −( ) = −

−−

∫ ∫f x x x

xx x

x

x0

1

0

1 1

= − −

= − −ln( ) ln( )e ex x

x2

0

1

21

1

2 .

Or 1 100 2u.a. cm= donc : aire e cm2( ) ln( ) , = − − ≈100 1 50 4 13 .

x

y

1

1

O

: y = x

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

dAns les Autres sCienCes

111 1. Par défi nition, RI T R de

2T

= ∫ i t t2

0( ) ,

donc IT

de

2T

= ∫1

2

0i t t( ) .

Ainsi Ie

2 est la valeur moyenne de la fonction i2 sur l’intervalle [0 ; T].

2. IT

I dI

Tde

2 2T

2T

= =−

∫ ∫1 1 2

22

0 0m

mt t

ttsin ( )

cos( )ω

ω

II

2T

I

2TTe

2

2 T 2

= −

= −m mt t

1

22

1

20

sin( ) sin(ω 22ωT)

Or ω πT = 2 donc s i n ( )2 0ωT = .

Ainsi II

2TT

Ie

2

2 2

= × =m m

2donc I

I

e= m

2.

112 1. ∀ ∈ + ∞[ [t 0 ; , v t

t t

'( ) = × =− −

301

10310 10e e .

Ainsi, 10 30 30 1 3010 10v t v t

t t

'( ) ( )+ = + −

=− −

e e avec v( )0 0= .La fonction v vérifi e les conditions du modèle.2. ∀ ∈ + ∞[ [t 0 ; , v t'( ) > 0 donc v est strictement croissante sur 0 ; +∞[ [ .

l i mt

t

→+ ∞

−

=e 1 0 0 donc l i m ( ) limt t

t

v t→ + ∞ →+ ∞

−= −

=30 1 3010e .

3. La vitesse du cycliste est stabilisée si et seulement si v t'( ) ,< 0 1.

v tt t

'( ) ,< ⇔ < ⇔ <− −

0 1 31

10

1

3010 10e e

⇔ − < − ⇔ >t

t10

30 10 30ln( ) ln( ) .

Or 10 30 34 012ln( ) ,≈ donc la vitesse est stabilisée au bout de 35 secondes (à 1 s près par excès).4. a) La fonction distance t d t֏ ( ) est la primitive sur 0 ; +∞[ [ de la fonction vitesse v, sous la condition initiale

d( )0 0= , donc d t v u ut

( ) ( ) .=∫ d0

b) d v u u( ) ( )350

35

= ∫ d .

Or pour tout u 0, 10 30v u v u'( ) ( )+ = doncv u v u( ) '( )= −30 10 . D’où :

d u v u u

t

( ) ( )35 30 10 30 300 10

3510= −[ ] = − −

−e

0

35

= + ≈−750 300 7593 5e m, .

exerCiCes de syntHÈse

113 A. 1. a) ∀ ∈ + ∞] [x 0 ; , f xx x

'( ) = +1 1

2.

Ainsi f x'( ) > 0 donc f est strictement croissante sur 0 ; + ∞] [ .

Remarque. l i m ( )x

f x→ +

= − ∞0

, lim ( )x

f x→+ ∞

= + ∞

et f ( )1 0= .Tableau de variation :

x 0 1 + ∞f 9 +

f– ∞

0+ ∞


110 1. ∀ ∈x ℝ , f xx

x x( ) =

+=

+−

e

e e1

1

1.

limx

x

→− ∞

=e 0, donc lim ( ) limx x

x

xf x

→− ∞ →− ∞=

+=

e

e10 .

limx

x

→+ ∞

−=e 0, donc lim ( ) lim

x x xf x

→+ ∞ →+ ∞ −

=

+

=1

11

e.

Ainsi # admet deux asymptotes horizontales : •l’axedesabscisses, ( ) :Ox y = 0 , en − ∞ ;•ladroite ∆ : y = 1, en + ∞.

2. a) ∀ ∈x ℝ ,

e

e

e

e

e

e

2

2 21 1 1

x

x

x

x

x

x

a b

( ) ( )+

=

+

+

+

⇔e e e e2 1x x x xa b= + +( )

⇔ = + +e e e2 2x x xa a b( )

⇔ − + + =( ) ( ) .a a bx x1 02e e

Pour que cette égalité soit vérifi ée, il suffi t que : a

a b

− =

+ =

1 0

0 soit

a

b

=

= −

1

1.

Ainsi, e

e

e

e

e

e

2

2 21 1 1

x

x

x

x

x

x( ) ( )+

=

+

−

+

.

Remarque. Une écriture astucieuse du numérateur permet d’obtenir cette décomposition.

e

e

e e e

e

e e e

e

2

2

2

21 1

1x

x

x x x

x

x x x

x( ) ( )

( )

(+

=+ −

+

=+ −

+ 11 2)

=

+

−

+

e

e

e

e

x

x

x

x1 1 2( ).

b) V de

ed( ) ( )

( )λ π π

λ λ= [ ] =

+− −∫ ∫f x x xx

x

20 2

2

0

1

=+

−+

−∫π

λ

e

e

e

ed

x

x

x

xx

1 1 2

0

( )

= + ++

−

πλ

ln( )ee

x

x1

1

1

0

= + − + −+

−−

π λ

λln( ) ln( )2

1

21

1

1e

e.

c) limλ

λ

→+ ∞

− =e 0, d’où lim ln( ) ln( )λ

λ

→+ ∞

−+ = =1 1 0e et

limλ λ→+ ∞ − +

=1

11

e. On en déduit que :

lim ( ) ln( ) ln( )λ

λ π π→+ ∞

= + −

= −( )V 21

21

22 2 1 .

Le volume engendré par la rotation de l’arc de # autour de l’axe des abscisses sur − ∞] ];0 est fi ni de valeur π

22 2 1ln( ) −( ) u.v.

–

y = –1

y = f(x)

y = 1

1

1

–1

–1x

y

O

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– T

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erm

. S

2. a) Pour tout entier naturel n , f est strictement décrois-sante sur n n; +[ ]1 . Donc :

∀ ∈ +[ ]x n n; 1 , f n f x f n( ) ( ) ( )+ 1 < < .

b) D’après l’inégalité de la moyenne sur n n; +[ ]1 :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n f n f x x n n f nn

n

+ − + + −+

∫1 1 11

< <d ;

f n u f nn

( ) ( )+ 1 < < .c) Or l i m ( ) lim ( )

n nf n f n

→+ ∞ →+ ∞

= + =1 0 donc, d’après le

théorème d’encadrement la suite ( )un

converge et limn n

u→+∞

= 0 .

3. a) I dn

nn

x

xx x=

+

+= +

∫ln( )

ln ( )3

3

1

232

00

= + −( )1

23 32 2ln ( ) ln ( )n .

Remarque. Pour obtenir une primitive de f sur 0 ; + ∞[ [,

reconnaître la forme f u u= ' d’où F =1

22u .

b) S d d dn n

n

f x x f x x f x x= + + +∫ ∫ ∫ −( ) ( ) ... ( )

0

1

1

2

1.

D’après la relation de Chasles, S dn

n

f x x= ∫ ( )0

. Donc

S In n

n= = + −( )1

23 32 2ln ( ) ln ( ) .

Or lim ln( )n

n→+ ∞

+ = + ∞3 donc limn n

→+ ∞

= + ∞S .

Ainsi la suite ( )Sn

n’est pas convergente.

115 A. 1. f est continue (car dérivable) et positive surℝ ,donc F est dérivable sur ℝ et F’ = f .(F est la primitive de f sur ℝ qui s’annule en 2.)∀ ∈x ℝ , F'( )x 0 (avec égalité en 0) donc F est strictement croissante sur ℝ .2. D’après le tableau de variation de f , pour tout t de [2 ; 3] , 0 4 2 f t( ) e− .D’après l’inégalité de la moyenne :

( ) ( ) ( )3 2 0 3 2 42

32− × − ×∫ − f t td e ,

soit 0 3 4 2 F e( ) − .

B. 1. a) ∀ ∈x ℝ, f x x x x xx x x'( ) ( )= − = −− − −2 22e e e .Le signe de f x'( ) est celui du polynôme du second degré x x( )2 − dont les racines sont 0 et 2.Tableau de variation de f :

x – ∞ 0 2 + ∞

f’ – 0 + 0 –

f+ ∞

0

4e– 2

0

Remarque. Calcul des limites en − ∞ et + ∞.limx

x→− ∞

= + ∞2 et lim

x

xe→− ∞

−= + ∞ donc par multiplication

lim ( )x

f x→− ∞

= + ∞.

f x xx

xx

( ) = = −

− −2

2

2

2

42

e e .

On pose X = −x

2. Alors, f x( ) = ( )4

2

XeX .

limx→+ ∞

= − ∞X et limX

XXe→− ∞

= 0, d’où :

lim ( )X

XXe→− ∞

=4 02 donc lim ( )x

f x→+ ∞

= 0 .

On retrouve le tableau de variation de la partie A..

b) Tableau du signe de f x( ) :

x 0 1 + ∞f – 0 +

2. a) F est dérivable sur 0 ; + ∞] [ et pour tout x > 0,

F '( ) ln( ) ( ) ln( ) ( )x x xx

xx

f x= + − × = + − =11

11

.

Ainsi F est une primitive de f sur 0;+ ∞] [.b) Pour tout x de 1 ; + ∞[ [, F'( )x 0 (avec égalité pour la seule valeur 1), donc F est strictement croissante sur 1 ; + ∞[ [.Remarque. Pour tout x e , l n ( )x 1 donc ( ) ln( )x x x− −1 1 soit F( )x x − 1.Or lim ( )

xx

→+ ∞

− = + ∞1 donc par comparaison,

lim ( )x

x→+ ∞

= + ∞F .

c) F est continue et strictement croissante sur 1 ; + ∞[ [.L’image de l’intervalle 1 ; + ∞[ [ est l’intervalle

F F( ) ; lim ( )1x

x→+∞

= 0 ; + ∞[ [ .

Le nombre 1 1− −e appartient à l’intervalle image, donc l’équation F e( )x = −

−1 1 admet une solution unique αdans 1 ; + ∞[ [.À la calculatrice : 1 94 1 95, , α .

B. 1. h x x x( ) ln( )= ⇔ = − ⇔ =−0 1 1e .

Ainsi A e( ; )−1 0 .

2. h x g x xx

xx

( ) ( ) ln( ) ln( )= ⇔ + = ⇔ + − =11

11

0

⇔ = ⇔ =f x x( ) 0 1.Ainsi #

het #

gse coupent en P(1;1).

3. a) Les fonctions g et h sont continues sur [e– 1;1].Sur cet intervalle, f h g= − est négative donc #

g

est au-dessus de #h. D’où :

@ = −( ) = −− −∫ ∫g x h x x f x x( ) ( ) ( )d d

e e1 1

1 1

.

b) @ = −[ ] = − = −−

− − −F e e e u.ae

( ) ( ) ln( ) .x 1

11 1 11 1

4. a) Sur [1 ; t], g et h sont continues mais, #h est

au-dessus de #g

donc :

@t

t t

h x g x x f x x t= − = = −∫ ∫( ( ) ( )) ( ) ( ) ( )d d F F1 1

1

= = −F( ) ( ) ln( )t t t1 .

b) @ @t

t= ⇔ = −−F e( ) 1 1 .

Or d’après A. 2. c) cette équation admet une solution unique t = α dans 1 ; + ∞[ [ .Donc il existe une unique valeur de t dans 1 ; + ∞[ [, à savoir α , telle que @ @

t= .

114 1. ∀ ∈ + ∞[ [x 0 ; , f xx

x' ( )

l n ( )

( )=

− +

+

1 3

3 2.

Pour tout x 0, x + 3 3 e donc ln( ) ln( )x + 3 e

d’où on déduit que 1 3 0− +ln( )x .Ainsi sur 0 ; + ∞[ [, f x'( ) 0 donc f est strictement décroissante.Pour le calcul de la limite en + ∞ , on pose X = +x 3

d’où f x( )ln( )

=X

X.

Or limx→+ ∞

= + ∞X et limln( )

X

X

X→+ ∞

= 0, donc

lim ( )x

f x→+ ∞

= 0 .

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th T

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. S

AveC les tiCe

117 1. f est continue sur I= + ∞] [0 ; donc elle admet des primitives sur I.

Pour tout x > 0,on pose u x x( ) ln( )= d’où u xx

'( ) =1

.

On reconnaît f u u= ' , donc F = +1

22u k .

∀ ∈x I , F( ) l n ( )x x k= +1

22 .

Or F( )1 0= , donc 1

21 02ln ( ) + =k d’où k = 0 .

Finalement : ∀ ∈x I , F( ) ln ( )x x=1

22 .

2. Par l’instruction Dérivée[<Fonction>] appliquée à la

fonction F on obtient F'( )ln( )

( )xx

xf x= = .

De plus, on peut vérifier que F( )1 0= en testant l’appartenance du point A(1 ; 0) à #

F.

3. ∀ ∈ + ∞] [x 0 ; , f xx

x'( )

ln( )=

−12

.

f x x x x' ( ) l n ( ) l n ( ) 0 1 0 1⇔ − ⇔ ⇔ e.D’où le tableau de variation de f :

x 0 e + ∞f 9 + 0 –

f – ∞

e– 1

0

Remarque. lim ( ) lim ln( )x x

f xx

x→ + → +

= = − ∞0 0

1 et

lim ( ) limln( )

x xf x

x

x→+∞ →+∞

= = 0 .

f admet sur I un maximum, e−1, obtenu pour x = e . Le point de coordonnées ( ; )e e−1 est-il sur #

F?

F e e( ) ln ( )= =1

2

1

22 donc la réponse est négative. La

conjecture est fausse.

118 1. f est continue sur I= + ∞] [1 ; donc elle admet des primitives sur I.

Pour tout x > 1,on pose u x x( ) ln( )= , d’où u xx

'( ) =1

.

Ainsi fu

u=

' avec u > 0 sur I, donc F = +ln( )u k .

∀ ∈x I , F( ) ln ln( )x x k= ( ) + .

La condition initiale s’écrit F e ee

e( ) ( )= = = −f1

1 , donc

ln ln( )e e( ) + = −k 1 , d’où k =−e 1 .

Finalement : ∀ ∈x I , F e( ) ln ln( )x x= ( ) + −1 .2. Par l’instruction Dérivée[<Fonction>] appliquée à la

fonction F on obtient F'( )ln( )

( )xx x

f x= =1

.

De plus, on peut tester l’appartenance du point A e e( ; )−1

de #f à la courbe #

F.

3. F e e( ) ln(ln( )) ln(ln( ))x x x= ⇔ + = ⇔ = −− −0 01 1

⇔ = ⇔ =−− −

−

ln( )x xe ee e e1 1

.Ainsi la courbe #

F coupe l’axe des abscisses au point

d’abscisse ee e− −

≈1

1 998, (à 10– 3 près) : la conjecture est fausse.

b) ∀ ∈x ℝ, f x g x x x( ) ( ) ( )− = − −2 e1 .Le signe de f x g x( ) ( )− est celui du polynôme du second degré x2 − 1 dont les racines sont – 1 et 1.

x – ∞ – 1 1 + ∞

f–g + 0 – 0 +

Ainsi # est au-dessous de Γ sur −] [1 1; , au-dessus de Γ sur − ∞ −] ] ∪ + ∞[ [; ;1 1 .2. a) ∀ ∈x ℝ , H e e'( ) ( ) ( )x ax b ax bx xx x= + − + +− −2 2

= − + − + −( ) −ax a b x b c x2 2( ) .e

Alors : H '( ) ( ) ( )x h x ax a b x b c x= ⇔ − + − + − = −

2 22 1.Par identification des coefficients,

− =

− =

− = −

a

a b

b c

1

2 0

1

donc

a

b

c

= −

= −

= −

1

2

1

.

Ainsi H e e( ) ( )x x x xx x= − − −( ) = − +− −2 22 1 1 .b) Sur l’intervalle 1 ; α[ ] les fonctions f et g sont continues et # est au-dessus de Γ , donc

( ) ( ) ( ) ( )αα α

= −( ) =∫ ∫f x g x x h x x1 1

d d

( ) ( ) .α αα

α= − +[ ] = − +( )− − −x x1 4 12

1

12

e e e u.a

c) Pour tout nombre α 1, ( )α α αα α α α+ = + +− − − −1 22 2e e e e .

Or limα

α

→+ ∞

−=e 0, lim lim

α

α

α α

αα

→+ ∞

−

→+ ∞

= =ee

0 et

lim lim ( )α

α

α

α α→+ ∞

−

→+ ∞

= =2 0e f ( voir B. 1. a)), donc :

limα

αα→+∞

−+( ) =1 02

e .

Ainsi lim ( )α

α→+ ∞

−= 4 1e .

116 Le raisonnement est exact.n désigne un entier naturel non nul.Sur l’intervalle 1 ; n[ ] : t t t t2 0

2

⇒ − −e e .On utilise la décroissance de la fonction x x֏ e− sur ℝ et la positivité de cette fonction.Par intégration des inégalités précédentes sur cet intervalle :

0 02 2

11

e e e d e d− − − −⇒ ∫∫t t t t

nn

t t

⇒ −[ ]−01

un

tn

e

⇒ 0 1 un

n− +

− −e e

On majore le dernier membre :− + +

− −e en 1 0 1 1 . Ainsi 0 1 un

. La suite u est donc bornée par 0 et 1.On étudie le sens de variation de la suite u par une interprétation géométrique à l’aide des aires.La solution proposée est correcte. Cependant, on peut lui préférer un raisonnement basé sur l’étude du signe deu u

n n+

−1

.

u u t t tn n

t

n

t

n

t

n

t

+−

+− − −− = − = +∫ ∫ ∫1 1

1

1

12 2 2

e d e d e d e22

1

1

dt

n+

∫ = −

+

∫ e dt

n

n

t2

1

(relation de Chasles).

Or la fonction t t֏ e− 2 est continue et positive sur n n; +[ ]1 donc, d’après la propriété de positivité de

l’intégrale, u un n+

−1

0 . Ainsi la suite u est croissante.En conclusion, on utilise le théorème sur la convergence des suites strictement monotones.

© N

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

121 ∀ ∈ + ∞[ [x 0 ; ,f x x xx x x'( ) ( )= + − = − +

− − −1 1 1e e e .Pour déterminer s’il existe un point de # , d’abscisse a, où la tangente admet pour coefficient directeur 1, on résout l’équation f a'( ) = 1 .f a a aa a'( ) ( ) ( )= ⇔ − + = ⇔ − =

− −1 1 1 1 1 0e e

⇔ =a 1.

Il existe une seule tangente solution T associée au point A e( ; )1 1 1

+− .

T : '( )( ) ( )y f a x a f a= − + soit T e: y x= +−1 .

On étudie la position de T et de # . On pose : ϕ( ) ( )x x f x= + −−e 1 , x ∈ + ∞[ [0 ;

= −− −e e1 x x .

Alors : ϕ '( ) ( )x x xx x x= − + = −− − −e e e1 .Le signe de ϕ '( )x est celui de x − 1 , d’où le tableau de variation de ϕ :

x 0 1 + ∞j 9 – 0 +

je– 1

0e– 1

Ainsi : ∀ ∈ + ∞[ [x 0 ; , ϕ( )x 0.Donc T est au-dessus de # .Le domaine limité par T, # et l’axe des ordonnées est tel que :

@ ( ) ( ) . = = −( )∫ ∫ − −ϕ x x x xxd e e d0

11

0

1

Remarque. h est la fonction x x x֏ − −e , x ∈ + ∞[ [0 ; .

∀ ∈ + ∞[ [x 0 ; , h x x h xx x x'( ) ( )= − + = − −− − −e e e .

Ainsi h x h x x( ) '( )= − −−e , d’où l’expression d’une

primitive de h sur 0 ; + ∞[ [ :H e e e e( ) ( ) ( )x h x x xx x x x

= − + = + = +− − − −1 .

•Finalement,@ ( ) ( ) = + +[ ] = −− − −e e e u.a.1

0

111 3 1x x x

Or 3 1 0 1041e−

− ≈ , (à 10– 3 près) donc ( ) ,> 0 1.

122 On prouve que les arcs de courbe #1

11: y

x= −

1

21 x

et #2

1

1: y

x=

+ 0 1 x( ) sont symé -

triques par rapport à la droite ∆ : y x= .

M ( ; ) , ;a b ba

a∈ ⇔ = − ∈

#1

11

1

21

⇔ =+

∈ [ ]ab

b1

10 1, ;

⇔ ∈M'( ; )b a #2.

Donc #1 et #

2sont symétriques par rapport à ∆ .

Le point d’intersection de #1 et ∆ est défini par :

y x

yx

=

= −

1

1 d’où

y x

xx

=

= −

1

1soit

y x

x x

=

+ − =

2 1 0

.

L’équation du second degré a pour solutions dans ℝ :

α =− +1 5

2 et β =

− −1 5

2.

Seule la valeur α convient 0 5 1, α( ) .Ainsi #

1 et ∆ se coupent en A( ; )α α .

119 1. f est continue sur I = + ∞[ [0 ; donc elle admet des primitives sur I. Pour tout x 0, on pose u x x x( ) = +

−e e , d’où u x x x'( ) = −

−e e .

Ainsi fu

u=

' avec u > 0 sur I, donc F = +ln( )u k .

∀ ∈x I, F e e( ) lnx kx x= +( ) +− .Or F( )0 0= , donc l n ( )2 0+ =k d’où k = − ln( )2 .Finalement :

∀ ∈x I , F e e( ) ln ln( )x x x= +( ) −− 2 = lne ex x+

−

2.

2. Par l’instruction Dérivée[<Fonction>] appliquée à la

fonction F on obtient Fe

e'( )

( )

( )x

x

x= −

+

2

2

1

1.

Mais l’instruction Simplifier[<Fonction>] appliquée à la fonction f donne la même expression que F'( )x . Ainsi F' = f sur I.De plus, on peut vérifier que F(0) = 0 en testant l’appartenance du point O(0 ; 0) à #

F.

3. On conjecture que l i m ( )x

f x→+∞

= 1. On pose X e= x .

Ainsi f x( ) =

−

+

=−

+

XX

XX

X

X

1

1

1

1

2

2.

Or limx→+ ∞

= + ∞X et lim limX X

X

X

X

X→+ ∞ →+ ∞

−

+

= =

2

2

2

2

1

11 donc

lim ( )x

f x→+ ∞

= 1.

On conjecture que lim ( )x

x→+ ∞

= + ∞F .

On pose U=+

−e e

x x

2. Ainsi F U( ) ln( )x = .

Or limx→+ ∞

= + ∞U et lim ln( )U

U→+ ∞

= + ∞

donc lim ( )x

x→+ ∞

= + ∞F .

prendre toutes les initiatives

120 J d= −∫ x x x( )10

1

.On conjecture que dans un repère orthonormé, la courbe représentative de f : x x x֏ ( )1 − est un demi-cercle.

M ( ; ) , ;x y y x x xf

∈ ⇔ = − ∈ [ ]# 2 0 1

⇔ = −y x x y2 2 0,

D’où en utilisant la forme canonique d’un polynôme du

second degré : x x x x x− = − − = − −

+2 2

21

2

1

4( ) .

M ( ; ) ; .x y x y yf

∈ ⇔ −

+ =#1

2

1

40

2

2

Ainsi #fest le demi-cercle de centre I

1

20;

et de rayon

1

2 situé dans le demi-plan d’équation y 0 .

Ainsi J a i r e= = × ×

=( )1

2

1

2 8

2

π π.

1

1

x

y

O

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Le domaine colorié est symétrique par rapport à ∆ , avec #

2 au-dessus de #

1 sur [α ; 1] donc :

aire d( ) =+

− +

∫2

1

1

11

1

x xx

α.

aire( ) ln( ) ln( ) = + − +[ ]2 11

x x xα

=+

+

2

11

lnx

xx

α

= + − +

−

2 2 11

ln( ) lnα

αα

aire u.a.( ) , ≈ 0 225

123 Le point M intersection de la courbe et de la droite est défini par

y

y m

x==

−e d’où

e− ==

x m

y m soit

x m

y m

= −=

ln( ).

Ainsi M a p o u r c o o r données ( ln( ) ; )− m m .L’aire du domaine colorié est en u.a.,

aire e d( ) lim =→+ ∞

−∫a

xa

x0

.

Or e d e e− − −∫ = −[ ] = − +xa

xa

ax0 0

1 donc

aire e( ) lim = − +( ) =→ + ∞

−

a

a 1 1.

L’aire du domaine limité par la droite, la courbe et l’axe des ordonnées s’exprime en u.a. par :

aire e d( )ln( )

= −( )−−

∫ xm

m x0

.

= − −[ ] = − + +− −e x

mmx m m m

01

ln( )ln( ) .

Il s’agit de déterminer m dans ]0 ; 1[ tel que 2aire aire( ) ( ) = , d’où l’équation :2 1 1( ln( ) )m m m− + = soit

2 2 1 0m m mln( ) − + = . On considère la fonction définie sur ]0 ; 1] par : f x x x x( ) ln( )= − +2 2 1 .

∀ ∈ ] ]x 0 1; , f x x xx

x'( ) ln( ) ln( )= + × − =2 21

2 2 .

Ainsi, pour tout x de ]0 ; 1], f x'( ) < 0.Remarque. lim ln( )

xx x

→ +

=0

0 donc lim ( )x

f x→ +

=0

1 .

D’où le tableau de variation :

x 0 1f 9 – 0

f 1

0– 1

La fonction f est continue et strictement décroissante sur ]0 ; 1[. L’image de l’intervalle ]0 ; 1[ est l’intervalle ]– 1 ; 1[ qui contient le nombre 0, donc l’équation f x( ) = 0 admet une unique solution α dans ]0 ; 1[.Encadrement de α : 0 186 0 187, ,< <α .Ainsi ce problème de partage admet une unique solution obtenue pour m = α .

124 Pour tout entier n 1,

Sn n n n

=+

++

+ +1

1

1

2

1

2...... .

Snest la somme des aires des rectangles inférieurs sur

n n; 2[ ] pour une subdivision de pas 1. On note Tn la

somme des aires des rectangles supérieurs et le domaine sous la courbe sur n n; 2[ ] .Par comparaison d’aires : S aire T

n n ( ) . (1)

Or Tn n n n

= +

+

+ +

−

1 1

1

1

2 1...... donc

T Sn n n n n

− = − =1 1

2

1

2 d’où T S

n n n= +

1

2.

D’autre part, a i r e d( ) ln( ) = = [ ]∫12 2

xx x

n

n

n

n

soit aire( ) ln ( ) ln ( ) ln ( ) = − =2 2n n .L’encadrement (1) s’écrit alors :

S Sn n n

l n ( )21

2+ .

On en déduit l’encadrement :

ln( ) ln( )21

22−

n n S .

Or lim ln( ) ln( )n n→+∞

−

=21

22 donc d’après le théorème

d’encadrement, ( )Sn

converge vers ln(2).

g t t f t ta

b

a

b

( ) ( )d d∫ ∫− 0 donc

f t t g t ta

b

a

b

( ) ( )d d ∫∫ .

127 a) ∀ ∈t ℝ, c o s ( ) sin ( ) cos( )2 2 2t t t− = .Réponse : faux.

b) I J d d+ = + ∫∫ t t t t t tcos ( ) sin ( )2 2

0

2

0

2

ππ

;

I J d d+ = +( ) = =

∫ ∫t t t t t tt

cos ( ) sin ( )2 2

0

2

0

22

2

π π

0

2

π

=π2

8.

Réponse : faux.


126 Pour tout t de [a ; b] , on pose :ϕ( ) ( ) ( )t g t f t= − .

ϕ est la différence de deux fonctions continues sur [a ; b], donc ϕ est continue sur [a ; b].Par hypothèse : ∀ ∈ [ ]t a b; , f t g t( ) ( ) .Donc g t f t( ) ( )− 0 soit ϕ( )t 0.

D’après la propriété de positivité, ϕ( )t ta

b

d 0∫ soit :

g t f t ta

b

( ) ( )−( )∫ d 0.

En utilisant la propriété de linéarité énoncée dans le prérequis, avec α = 1 et β = −1 ,

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

c) I J d d− = −( ) = ∫∫ t t t t t t tcos ( ) sin ( ) cos( )2 2

0

2

0

2 2ππ

.

Pour tout t de 02

;π

, on pose f t t t( ) c o s ( )= 2 .

Alors: f t t t t'( ) cos( ) sin( )= −2 2 2

f t t t t t''( ) sin( ) sin( ) cos( )= − − −2 2 2 2 4 2

= − −4 2 4sin( ) ( )t f t .

On en déduit que f t t f t( ) sin( ) ''( )= − −21

4.

D’où une primitive sur 02

;π

:

F ( ) c o s ( ) ' ( ) c o s ( ) s i n ( )t t f t t t t= − = +1

22

1

4

1

42

1

22 .

Ainsi I J− = +

= −

1

42

1

22

1

20

2

cos( ) sin( )t t t

π

.

Réponse : vrai.

d) I J+ =π

2

8 et I J− = −

1

2.

•Paraddition: 28

1

2

2

I = −π

soit I = −π

2

16

1

4.

•Parsoustraction: 28

1

2

2

J = +π

soit J = +π

2

16

1

4.

Réponse : vrai.

128 1. a) I e d e e0

1

0

11

0

11= = −[ ] = − +− −∫ x xx .

b) ∀ ∈n ℕ,( ) ( )n n x x x x

n n

n x n x+ − = + −+

− + −∫∫1 11

1 1 1

0

1

0

1

I I e d e d

= + −( )− + −∫ ( )n x x xn x n x1 1 1 1

0

1

e e d

On pose : u x xn( ) =+1 et v x x( ) =

−e1 .Ainsi u x n x

n'( ) ( )= + 1 et v xx'( ) = −

−e1 .On reconnaît dans la fonction à intégrer la forme u v uv' '+ dont une primitive sur [0 ; 1] est uv .

( )n x en n

n x+ − = [ ]+

+ −11

1 1

0

1I I

c) Ainsi I In n

n+

= + −1

1 1( ) .

Pour n = 0: I I e1 0

1 2= − = − .

Pour n = 1 : I I e2 1

2 1 2 5= − = − .

2. a) Pour tout x deℝ , on pose : ϕ( ) ( ) ( )x g x f x= −

= −−x x x( ) .1 1e

Le signe de ϕ( )x est celui du polynôme du second degré x x( )− 1 dont les racines sont 0 et 1.•Sur − ∞] [ ∪ + ∞] [; ;0 1 , ϕ( )x > 0 donc #

g est au-dessus

de #f.

•Sur 0 1;[ ], ϕ( )x < 0 donc #g

est au-dessous de #f.

b) = −a i r e a i r e( ) ( )f g

où f

est le domaine sous #

f sur [0 ; 1] et

gcelui sous #

g.

= − = − = −∫ ∫f x x g x x( ) ( )0

1

0

1

1 23d d I I e .

3. a) ( ) ( )a a aa= ⇔ − + + = −

−3 1 31 2e e

⇔ + + =−e e1 2 1a a a( )

⇔ + + =−

a aa

2

11

e

e

⇔ + + =a a a2 1 e . b) On considère la fonction h définie sur 1 ; + ∞[ [ par h x x xx( ) ( )= − + +e 2 1 et on étudie l’existence d’une solution à l’équation h x( )= 0 dans 1 ; + ∞] [.∀ ∈ + ∞[ [x 1 ; , h x xx' ( ) = − −e 2 1, h x x''( )= −e 2.

Or x 1, donc e ex− − >2 2 0 . Ainsi h x''( ) > 0 et

h ' est strictement croissante sur [ ; [1 + ∞ .

x 1 γ + ∞

h 9e – 3 < 0

0+ ∞

Remarque. h x xx

x x

x x'( ) = − − = − −

e ee e

2 1 1 21

.

Or lim limx x x x

x

→+ ∞ →+ ∞

= =1

0e e

donc limx x x

x

→+ ∞− −

=1 21

1e e

,

d’où on déduit que lim '( )x

h x→+ ∞

= + ∞ .

Ainsi h ' est continue et strictement croissante sur 1;+ ∞] [.L’intervalle image de 1 ; + ∞] [ est e − + ∞] [3 ; qui contient 0, donc l’équation h x'( ) = 0 admet une seule solution γ dans 1 ; + ∞] [. γ est tel que :

1 25 1 26, ,< <γ .On en déduit le tableau de variation de h :

x 1 γ α + ∞

h’(x) – 0 +

h(x)e − <3 0

h(γ)0

+ ∞

Remarque. γ est tel que h '( )γ = 0 donc eγ γ= +2 1 .h( )γ γ γ γ γ γγ= − + +( ) = + − + +( )e 2 21 2 1 1

= − = −( )γ γ γ γ2 1 .Alors l’équation h x( ) = 0 est telle que :•sur 1 ; γ[ ] il n’existe pas de solution ;•sur γ ; + ∞] [ , en appliquant le même théorème que précédemment, l’équation h x( ) = 0 admet une unique solution α ( , , )1 793 1 794< <α .En conclusion l’équation ( )a = admet une unique solution dans 1 ; + ∞] [ à savoir a = α .

x

y

O 1

1

g

f

129 1.•Sensdevariation

∀ ∈ + ∞] [x 0 ; , g xx x

x

x' ( ) = + =

+1 2 22 2

.

Ainsi g x'( ) > 0 donc g est strictement croissante sur 0 ; + ∞] [.

•Calculsdeslimites

l i m l n ( )x

x→ +

= − ∞0

et limx x→ +

= + ∞0

2 donc lim ( )

x

g x→ +

= − ∞0

.

lim ln( )x

x→+ ∞

= + ∞ et limx x→+ ∞

=2

0 donc lim ( )x

g x→+ ∞

= + ∞.

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

•Antécédentde0g est continue et strictement croissante sur 0;+ ∞] [ .L’intervalle image de 0 ; + ∞] [ est − ∞ + ∞] [; qui contient 0, donc l’équation h x( ) = 0 a une solution unique x

0 dans

0 ; + ∞] [.g( , )2 3 0< et g( , )2 4 0> donc 2 3 2 4

0, ,< <x .

2. a) x0

vérifie ln( )xx0

0

20− = donc ln( )x

x0

0

2= .

D’où f xx

x x( )

ln( )

0

0

0 0

2

5 10= = .

b) f t tt

tt t

aa

(ln( )

ln ( ) l)d d= =

=∫∫

5 5

2

5

211

2

1

5

nn ( )2 a .

Remarque. Pour la recherche d’une primitive de f sur0 ; + ∞] [ , utiliser la forme f u u= α ' .

3. P0 0

0( ; )x , M0 0

0

2

10x

x;

et H

0

0

20

10;

x

.

aire u.aH

( ) .2

0

21

10

0

= × =yx

aire d( ) ( ) ln ( )1 1

2

0

0 5

2= =∫ f t t x

x

d’après 2.

Or ln( )xx0

0

2= donc aire u.a( ) .

1

0

2

0

2

5

2

4 10= × =

x x

Ainsi aire aire( ) ( ) 1 2

= .Encadrement de l’aire : 2 3 2 4

0, ,< <x ⇒ 2 3 2 42

0

2 2, ,< <x

⇒ < <10

2 4

10 10

2 32

0

2 2, ,x

⇒ < <1 7 1 91

, ( ) ,aire .

130 1. I d1 10

1

= ∫ f x x( ) . ∀ ∈ [ ]x 0 1; , f x x x

1( ) = −e .

f x x f xx x x

1 1'( ) ( )= − = −− − −e e e donc

f x f xx

1 1( ) '( )= −−e .

Alors : I e d e1 10

1

1 0

1

= −( ) = − − − −∫ x xf x x f x'( ) ( )

= − +[ ] = −− −( )1 1 20

11x xe e .

2. a) Conjecture : la suite In

( )qui représente la suite des aires sous les courbes #

n sur [0 ; 1] est décroissante.

b) ∀ ∈n ℕ *, ∀ ∈ [ ]x 0 1; , x xn n+1 < donc x xn x n x+ − −1e e< soit f x f x

n n+1( ) ( )< .

Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] :

f x x f x xn n+∫ ∫10

1

0

1

( ) ( )d d< soit I In n+1

< .

Ainsi la suite ( )In

est décroissante.c) Pour tout entier n ≥ 1 , f

n est positive sur [0 ; 1], donc

d’après la propriété de positivité , In

≥ 0 .La suite ( )I

n est décroissante, minorée par 0 donc elle

converge.d) ∀ ∈ [ ]x 0 1; , e− x < 1. Pour tout entier n 1, x x

n x ne−

donc par intégration sur [0 ; 1], x x x xn x ne d d−∫ ∫

0

1

0

1

soit

In n

1

1+ .

Ainsi 01

1 I

n n + avec lim

n n→+ ∞ +

=1

10 , donc, d’après le

théorème d’encadrement, limn n

→+ ∞

=I 0.

131 1. ∀ ∈ [ ]x 0 1; , f xx

x

x

x

x x x

' ( )( )

( ) ( )=

+ −

+

=

+

e e e1

1 12 2.

Ainsi f x'( ) 0 donc f est croissante sur [0 ; 1].

x 0 1

f1

e 2

2. a) Sur l’intervalle k k

5

1

5;

+

contenu dans [0 ; 1], on a :

fk

f x fk

5

1

5

+

( ) .

D’après l’inégalité de la moyenne,k k

fk

f x xk k

k

k+ −

+ −+

∫1

5 5 5

1

55

1

5 ( )d55 5

fk

1

5 5 1

1

5

1

55

1

5fk

xx f

kx

k

k

≤+

≤ +

+

∫e

d [1] .

b) Par addition membre à membre des inégalités [1] pour k de 0 à 4, il vient :1

5

0

5

1

5

4

5f f f

+

+ +

. . . . . .

f x x f x x f x x( ) ( ) ...... ( )d d d+ + +∫∫ ∫1

5

2

5

0

1

54

5

1

1

5

1

5

2

5

5

5f f f

+

+ +

...... .

En simplifiant la somme des intégrales grâce à la relation de Chasles, on obtient :1

5

1

5

0

54 50

1

S d S f x x f( ) −

∫ soit

1

5 1

1

51

4 0

1

5S

ed S

x

xx

+−( )∫ . [2]

c) S4

5 4586≈ , à 10-4 près par défaut. S

56 8179≈ , à 10-4 près par excès.

D’où d’après [2] : 1 0911

1 1640

1

, , e

dx

xx

+∫ .

3. a) ∀ ∈ [ ]x 0 1; , 11

1

1 1

2 2 2 2

− ++

=− +

+=

+x

x

x

x x

x

x

x .

b) e

d e dx

x

xx x

x

xx

11

10

1 2

0

1

+= − +

+

∫ ∫

= − ++∫ ∫( )1

10

1 2

0

1

x xx

xxx

x

e de

d

= − +∫ ( )10

1

x xxe d J . [3]

c) On pose pour tout x de [0 ; 1], g x x x( ) ( )= −1 e .g x x g xx x x'( ) ( ) ( )= − + − = − +e e e1 donc g x g xx( ) '( )= +e .

Alors : K e d e d= − = +( )∫ ∫( ) '( )10

1

0

1

x x g x xx x

= +[ ] = −[ ]e ex xg x x( ) ( )0

1

0

12

= −e 2 .

d) D’après [3], Je

d e d=+

− −∫ ∫x

x

xx x x

11

0

1

0

1

( ) .

1 0911

1 1640

1

, , e

dx

xx

+∫ et ( )1 20

1

− = −∫ x xxe d e

donc 1 091 2 1 164 2, ,− + − +e J e . D’où l’encadre-ment 0 37 0 45, , J dont l’amplitude 0,08 est inférieure à 0,1.

132 1. a) ∀ ∈t ℝ,

f tt

t

t t

t t( )

( )− = −

+= −

×

+ ×

−

−

−

−1

4

11

4

12

2

2 2

e

e

e e

e e

f t f tt

t( ) ( )− = −

+

=14

12

e

e.

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

f est une fonction paire donc # est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

b) L’abscisse a est la solution positive de l’équation f t( ) = 0 .

f tt

t

t t( ) = ⇔

+

= ⇔ − + =04

11 4 1 0

2

2e

ee e .

Ainsi a vérifie e e2 4 1 0a a− + = et le nombre c ea=

est tel que c c2 4 1 0− + = , donc c est une solution de l’équation X X2 4 1 0− =+ .Cette équation admet dans ℝ deux solutions : 2 3− et 2 3+ .On en déduit que ea

= −2 3 ou ea= +2 3 ,

donc a = −( )l n 2 3 ou a = +( )ln 2 3 .

Puisque a > 0 , on conclut que a = +( )ln 2 3 .

c) Tableau du signe de f t( ) :

t − ∞ – a a + ∞f + 0 – 0 +

2. a) Φ désigne une primitive de la fonction continue f sur ℝ .

∀ ∈x ℝ, F d( ) ( ) ( ) ( )x f t t xx

= = −∫ 00Φ Φ .

F est dérivable sur ℝ et F' '= =Φ f .(F est aussi une primitive de f sur ℝ , à savoir celle qui s’annule en 0.)Tableau de variation de F :

x – ∞ – a a + ∞

F’ = f + 0 – 0 +

FF(– a)

F(a)

b) Sur [0 ; a], f est continue et négative donc F d aire( ) ( ) ( )a f t t

a

= = −∫ 0

où est le domaine limité par # et les deux axes.Or est contenu dans le rectangle de dimensions a et 1 donc air e ( ) < a . Ainsi −a a< <F( ) 0.

c)∀ ∈ + ∞[ [t 0; , f tt t

t t

t

t( )

( )= −

×+ ×

= −+

−

−

−

−1

4

11

4

1

2

2 2 2

e e

e e

e

e.

Or 4

14

2

e

ee

−

−−

+

t

t

t< donc 14

11 4

2−

+−

−

−−e

ee

t

t

t ,

soit f t t( ) 1 4− −e .Pour tout nombre positif x , on intègre cette inégalité sur l’intervalle [0 ; x] :

f t t ttxx

( )d e d 1 400

−( )−∫∫ .

Ainsi F e( )x t tx

+[ ]−40, soit F e( )x x x + −

−4 4.Or x xx

+ − −−4 4 4e , donc F( )x x − 4.

Comme lim( )x

x→+ ∞

− = + ∞4 , par comparaison,

l i m ( )x

x→+ ∞

= + ∞F .

d) On peut conjecturer que la fonction F est impaire et qu’en raison de la symétrie de #

F par rapport à l’origine,

lim ( )x

x→− ∞

= − ∞F .

Pour tout nombre x , on pose Ψ ( ) ( ) ( )x x x= + −F F .Ψ est dérivable sur ℝ :

∀ ∈x ℝ, Ψ '( ) '( ) ( ) ' ( ) ( )x x x f x f x= + −[ ] = − −F F .Or f est paire, donc Ψ '( )x = 0 .La fonction Ψ est constante sur ℝ de valeurΨ( ) ( ) ( )0 0 0 0= + =F F . Ainsi :

∀ ∈x ℝ, F F( ) ( )x x+ − = 0 soit F F( ) ( )− = −x x . La fonction F est impaire.Alors : l i m ( ) lim ( )

x xx x

→− ∞ →− ∞= − −( )F F .

On pose X = −x . Ainsi − − = −F F X( ) ( )x .lim

x→− ∞= + ∞X et lim ( )

XF X

→+ ∞

−( ) = − ∞, donc

lim ( )x

x→− ∞

− −( ) = − ∞F soit lim ( )x

x→− ∞

= − ∞F .

u t'( ) = −1 , v t t( ) = −−e .

Par intégration par parties : J e e d= − −[ ] − − −− −∫( ) ( )( )1 1

0

1

0

1

t tt t

= − = − −[ ]− −∫1 10

1

0

1e d et tt

=−e 1.

b) K d= ∫ ln( )t te

1

On pose : u t t( ) ln( )= , v t'( ) = 1

u t

t

'( ) =1

, v t t( ) = .

Par intégration par parties :

K d e d ee e e e

= [ ] − × = − = − [ ]

=

∫ ∫t tt

t t t tl n ( )

.

1 1 1 1

1

1

133 1. a) uv est dérivable sur I comme produit de deux fonctions dérivables sur I : ( ) ' ' 'uv u v uv= + .Les fonctions u u v v, ', , ' sont continues sur I donc ( ) 'uv est continue sur I.

b) ( ) '( ) ' ' ( )uv t t u v uv t ta

b

a

b

d d= +( )∫∫

En utilisant la linéarité de l’intégration :

( ) '( ) ( ' )( ) ( ')( )uv t t u v t t uv t ta

b

a

b

a

b

d d d= +∫ ∫∫ .

c) u t v t u t v t t u t v t ta

b

a

b

a

b

( ) ( ) '( ) ( ) ( ) '( )[ ] = + ∫∫ d d ,

d’où u t v t t u t v t u t v t ta

b

a

b

a

b

( ) '( ) ( ) ( ) '( ) ( )d d∫ ∫= [ ] − .

2. a) J e d= − −∫ ( )10

1

t tt

On pose : u t t( ) = −1 , v t t'( ) =−e

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

134 1. a) ∀ ∈ [ ]x 0 1; ,

f x

x

x

x x

x x

x x x'( ) =

++

+ +=

+ +

+×

+ +

12

2 1

1

1

1

1

1

2

2

2

2 2

=

+

1

12x.

b) I d= = [ ] = −∫ f x x f x f f'( ) ( ) ( ) ( )0

1

0

11 0 , donc

I = +( )ln 1 2 .

2. a) I J d d K+ =+

+= + =∫ ∫

1

11

2

20

12

0

1x

xx x x .

b) K d= +∫ x x2

0

1

1 .

On pose : u x x( ) = +2 1 , v x'( ) = 1 ,

u xx

x'( ) =

+2 1 , v x x( ) = .


K d

J .

= +

−

+

= −

∫x xx

xx2

0

1 2

20

1

11

2

c) Les intégrales J et K sont telles que :

I J K

K J

+ =

= −

2

donc J I

K I

= −( )= +( )

1

22

1

22

.

J = − +( )( )1

22 1 2ln et K = + +( )( )1

22 1 2ln .

135 1. I e d= ∫ x x xcos( )20

π

.

On pose : u x x( ) cos( )= 2 , v xx'( ) = e

u x x'( ) sin( )= −2 2 , v xx( ) = e .


I e e d= [ ] − −∫x xx x xcos( ) si n ( )2 2 20 0

π π

= − + = − +∫e e d e Lππ

π1 2 2 1 20

x x xsin( ) ,

avec L e d= ∫ x x xsin( )20

π

.

On pose : p x x( ) sin( )= 2 , q xx'( ) = e

p x x'( ) cos( )= 2 2 , q xx( ) = e .

Par intégration par parties :L e e d I= [ ] − = −∫x xx x xsin( ) c o s ( )2 2 2 2

0 0

π π

.

Alors I e L= − +π 1 2 et L I= −2 donc Ie

=−π 1

5.

2. J K e d e d+ = + = ∫∫ x xx x x x( c o s ( ) s i n ( ) )2 2

00

ππ

donc J K e+ = −π 1 .

J K e d e d− = −( ) =∫ ∫x xx x x x xcos ( ) sin ( ) cos( )2 2

0 02

π π

=−

Ie

=π 1

5.

Finalement, les intégrales J et K vérifient :

J K e

J Ke

+ = −

− =−

π

π

1

1

5

donc J

e

Ke

=−

=−

3 1

5

2 1

5

( )

( )

π

π.

136 1. F e d( ) cos( )x t tt

x

= ∫ 2

0.

On pose : u tt( ) = e2 , v t t'( ) cos( )=

u tt'( ) = 2 2e , v t t( ) sin( )= .


F e e d( ) sin( ) sin( )x t t tt

xt

x

= [ ] − ∫2

0

2

02

F e G( ) sin( ) ( )x x xx= −

2 2 . [1]

G e d( ) sin( ) .x t tt

x

= ∫ 2

0

On pose : u tt( ) = e2 , w t t'( ) sin( )=

u tt'( ) = 2 2e , w t t( ) cos( )= − .


G e e d( ) cos( ) cos( )x t t tt

xt

x

= −[ ] + ∫2

0

2

02

= − + +e F2 1 2x x xco s ( ) ( ). [2]2. F et G sont telles que, pour tout x de ℝ ,

F G e L

F G e

( ) ( ) sin( ) [ ]

( ) ( ) cos(

x x x

x x x

x

x

+ =

− =

2

2

2

1

2 )) [ ]−

12

L

Par combinaison des lignes, on déduit :•L

1 + 2L

2

F e e( ) sin( ) cos( )x x xx x= + −( )1

52 22 2 .

•2L1 –

L

2

G e e( ) sin( ) cos( )x x xx x= − +( )1

52 12 2 .

137 La fonction f représentée est continue sur e e− − −[ ]1 1 1; , négative sur e− −[ ]1 1 0; et positive sur 0 1; e −[ ] donc :

a i r e( d de

e

) ln( ) ln( )= − + + +− −

−

∫ ∫x x x x1 11 1

0

0

1

.

On pose : u x x( ) l n ( )= + 1 , v x'( ) = 1

u xx

'( ) =+

1

1 , v x x( ) = + 1 .

Remarque. Une primitive est définie à une constante près. Ici, il est judicieux de prendre pour primitive de x ֏ 1 la fonction x x֏ + 1 .

f x x x xx

xx( ) ( ) ln( )d d

e e− −− −∫ = + +[ ] −

++1 1

1

0

1

01 1

1

1ee− −∫ 1 1

0

= − = −−

−

−−∫e d e

e

1

1

01

12 1x .

f x x x x x( ) ( ) ln( )d de e e

0

1

0

1

0

1

1 1 1− − −

∫ ∫= + +[ ] − = .

Ainsi aire e e u.a( ) ( ) . = − − + = −− −2 1 1 2 21 1

138 1. e1 1 1−= ⇔ − = ⇔ = −

x t x t x tln( ) ln( ) .2. a) La section du solide par un plan perpendiculaire à l’axe ( )Oy au point H( ; )0 t avec 1 < <t e, est un disque centré en H de rayon r t t( ) ln( )= −1 .Ainsi l’aire de cette section est :

S( ) ( ) ( ln( ))t r t t= = −π π2 21 .

D’où : = = −∫ ∫S d de e

( ) ( ln( ))t t t t1

2

11π .

b) On calcule I de

= −( )∫ 12

1ln( )t t .

On pose : u t t( ) ( ln( ))= −1 2 , v t'( ) = 1

u t

t

t'( ) ( ln( ))= − −2

1 , v t t( ) = .

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

x n n

x n n

+ ⇒

+

1 1

.

On compare alors 1 1

2n x

− et 1

x n+.

1 12

2

2n

x

n x n

n x n x x n n

n x n

− −

+

=+ − + −

+

( ) ( )

( )

=−

+

x

n x n

2

2 ( ), qui est négatif.

Donc 1 1

2n

x

n x n

−

+

< .

Finalement, 1 1 1

2n

x

n x n n

−

+

< < [1].

2. a)1

10

1

0

1

x n

x x n n n

+= +[ ] = + −∫ d ln( ) ln( ) ln( )

donc 1 1

0

1

x n

x

n

n+

=+

∫ d ln .

b) Par intégration des inégalités [1] sur [0 ; 1] :

1 1 120

1

0

1

0

1

n

x

n

x

x n

x

n

x−

≤+

≤∫ ∫ ∫d d d .

Or 1

2

1 1

220

1 2

20

1

2n

x

n

x

x

n

x

n n n

−

= −

= −∫ d et

dx

n

n

0

11

∫ = , donc 1 1

2

1 12n n

n

n n− +

< <ln [2].

3. Pour tout entier n 1,

U Un n n

n n+

− =

+

− + +1

1

11ln( ) ln( )

=+

− +

1

1

1

n

n

nln .

Or d’après [2] , lnn

n n n

+

−1 1 1

2 2 donc

1

1

1 1

1

1 1

2 2n

n

n n n n+− +

+

− +ln

1

1

1 2 2 1 1

2 1

12

2n

n

n

n n n n

n n+− +

− + + ++

ln( )

( )

−−+n

n n2 10

2 ( ).

Ainsi U Un n+

−1

0 , donc la suite U est décroissante.4. Pour tout entier n 1,

V Vn n n

n n+

− =

+

− + + +1

1

12 1ln( ) ln( )

=+

− ++

1

1

2

1n

n

nln .

D’après l’encadrement [2] appliqué au rang n + 1 ,

lnn

n n

++

+

2

1

1

1 d’où

1

1

2

10

n

n

n+− +

+

ln .

Ainsi V Vn n+

−1

0 donc la suite V est croissante.

5. a) 1

1 kk

n

=

∑ est la somme des aires des rectangles supérieurs

sur l’intervalle [1 ; n + 1] subdivisé avec un pas de 1. Par comparaison d’aire, il vient :

1 1

11k x

xk

nn

=

∑ ∫ d d’où 1

01 k

nk

n

−=

∑ ln( ) soit Un

0 .

x

y

O 1 n n + 11— dx = ln(n)x

1

1 y = —

x n

k = 1

1

n

1—k


I de e

= −[ ] + −∫t t t t( ln( )) ( ln( ))1 2 12

1 1

= − +1 2J avec J de

= −∫ ( ln( ))11

t t .

On pose : w t t( ) ln( )= −1 , v t'( ) = 1

w t

t

'( ) = −

1 , v t t( ) = .

Donc J d ee e

= −[ ] + = −∫t t t( ln( ))1 1 21 1

.

D’où : I J e e= − + = − + − = −1 2 1 2 2 2 5( ) .Finalement, = ×π I donc = −( ) .2 5e u.vπ

139 1. J e d= −∫ x xx

0

1

.

On pose : u x x( ) = , v x x'( ) = −e

u x'( ) = 1 , v x x( ) = − −e .Par intégration par parties :

I e e d e e e= −[ ] + = − + −[ ] = −− − − − −∫x xx x x

0

1

0

11

0

111 2 .

2. a) ∀ ∈n ℕ * , S en

k

n k

n

n

k

n=

=

−∑1

1

On reconnaît : Sn

k

n

nf

k

n=

=

∑1

1

.

D’où l’idée d’utiliser la méthode des rectangles. b) ∀ ∈ [ ]x 0 1; , f x x x'( ) ( )= −

−1 e , donc f x'( ) 0.Ainsi f est strictement croissante sur [0 ; 1].S

n est la somme des aires des rectangles supérieurs associés

à la subdivision de [0 ; 1] en n sous-intervalles de longueur1

n.

x

y

O 11—n

0,2

y = xe–x

Sn

On note In

la somme des aires des rectangles inférieurs associés à la même subdivision.

Alors I Sn

k

n

nnf

k

n nf

nf=

−

= − +=

∑1 1 11

10

1

( ) ( ) ,

soit I Se

n n n= −

−1

.

Par comparaison d’aires, I d Sn n

f x x ( )0

1

∫

soit Se

J Sn nn

−−1

.

D’où l’on déduit l’encadrement de Sn:

J S Je

n n

+−1

.

Or limn n→+∞

−

+

=Je

J1

, donc d’après le théorème d’encadre-

ment, ( )Sn

converge vers J e= − −1 2 1 .

140 1. ∀ ∈n ℕ *, ∀ ∈ [ ]x 0 1; ,

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Par intégration sur l’intervalle [0 ; x] :e

ed e d e d

−

−

− −

++∫ ∫ ∫

2

20

2

0

2

011

t

t

x

t

x

t

x

t t t< <ln( ) soit :

e

ed F e d

−

−

−

+∫ ∫2

20

2

01

t

t

x

t

x

t x t< <( ) .

b) Or e

ed e

−

−

−

+= − +

∫2

20

2

01

1

21

t

t

x

t

x

t ln( )

= − +−

1

22

1

21 2ln( ) ln( )e x

et e d e e− − −∫ = −

= −2

0

2

0

21

2

1

2

1

2t

x

t

x

xt , donc

1

22

1

21

1

2

1

22 2ln( ) ln( ) ( )− + −− −e F ex xx< < .

4. limx

x

→+ ∞

−=e 2 0 et lim ln( )

uu

→

+ =0

1 0 donc

lim ln( )x

x

→+ ∞

−+ =1 02e .

On en déduit alors par passage à la limite:1

22

1

2ln( ) < <ℓ .

5. a) La fonction f x x: ln( )֏ 1 2+

−e est dérivable sur

0;+ ∞[ [ : f xx

x'( ) =

−

+

−

−

2

1

2

2

e

e. Ainsi f x'( )< 0, donc f est

strictement décroissante sur 0 ; + ∞[ [ .Pour tout nombre t de n n; +[ ]1 ( n ∈ℕ ),

0 1< < <f n f t f n( ) ( ) ( )+ .Ainsi, 0 1 2< <f t n( ) ln( )+ −e .D’après l’inégalité de la moyenne sur n n; +[ ]1 :

0 1 11

2< <f t t n nn

nn( ) ( ) ln( )d e

+−∫ + − + soit

0 1 2< <un

nln( )+ −e .b) Or lim ln( )

n

n

→+∞

−+ =1 02e donc, d’après le théorème

d’encadrement, la suite ( )un

converge vers 0.6. a) ∀ ∈n ℕ, S ......

n nu u u= + + +

0 1

S d d dn n

n

f t t f t t f t t= + + ++

∫∫∫ ( ) ( ) . . . . . . ( ) .1

1

2

0

1

Donc d’après la relation de Chasles,

S d Fn

n

f t t = n= ++

∫ ( ) ( )0

1

1 .

b) Or la fonction F admet pour limite ℓ en + ∞ donc lim ( )

nn

→+ ∞

+ =F 1 ℓ.

Ainsi la suite ( )Sn

converge vers ℓ .

142 1. a) La fonction f x x: ֏ 1 2− est continue

et positive sur [0 ; 1]. La fonction F d: ( )x f t tx

֏0∫ est

alors dérivable sur [0 ; 1] et F'= f .

∀ ∈ [ ]x 0 1; , F '( )x x= −1 2 .

b) La fonction sin est dérivable sur I = 02

;π

et prend ses

valeurs dans 0 1;[ ] , intervalle sur lequel F est dérivable, donc la fonction composée G: x x֏ F(sin( )) est dérivable sur I .

∀ ∈x I, G F'( ) sin'( ) '(sin( ))x x x= × .

G '( ) cos( ) sin ( ) cos( ) cos ( )x x x x x= × − =1 2 2 .Or sur I, co s( )x 0, donc G '( ) cos ( )x x= 2 . c) G est la primitive de G’ sur I, telle que

G F F( ) (sin( )) ( )0 0 0 0= = = .

Ainsi, pour tout x de J, G d( ) cos ( )x t t

x

= ∫ 2

0.

Ainsi U est une suite décroissante minorée par 0, donc elle converge vers un nombre noté γ .

b) U Vn n

n nn

n− = − + + = +

ln( ) ln( ) ln11

= +

ln 11

n.

Or limn n→+ ∞

+

=11

1 et lim ln( )x

x→

=1

0 , donc

lim lnn n→+ ∞

+

=11

0. Ainsi limn n n→+ ∞

−( ) =U V 0 .

∀ ∈n ℕ * , V U U Vn n n n

= − −( ) .

Or limn n→+ ∞

=U γ et limn n n→+ ∞

−( ) =U V 0 donc par soustrac-

tion, limn n→+∞

=V γ : la suite V converge aussi vers γ .

c) V est croissante de limite γ donc ∀ ∈n ℕ *, V

n γ .

U est décroissante de limite γ donc ∀ ∈n ℕ *, γ U

n.

Ainsi, pour tout entier n 1, V Un n

γ .L’ algorithme suivant (AlgoBox) donne un encadrement de γ d’amplitude n’excédant pas 0,01. Ainsi γ ≈ 0 5 8, .

141 1. f x x: ln( )֏ 1 2+ −e est continue et positive sur 0 ;+ ∞[ [. F est la primitive sur 0 ; + ∞[ [ de f , nulle en 0. F' = f et F est strictement croissante sur 0 ; + ∞[ [.

2. a) ∀ ∈ +[ ]t a1 1; , 1 11

1

11 t a

a t

+ ⇒

+

.

b) D’après l’inégalité de la moyenne sur [1 ; 1 + a] :

( ) ( )1 11

1

11 1 1

1

1

+ − ×+

+ − ×+

∫a

a t

t a

a

d soit

a

aa a

11

++ ln( ) .

3. a) On pose a t= −e 2 .

Alors : e

ee e

−

−− −

++

2

2

2 2

11

t

t

t t ln( ) .

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Par intégration sur [0 ; 2] :3

2

7

40

2

0

2

0

2

e d e d e dt

n

t

n

t

nt t t t< <ϕ( )∫∫ ∫ .

Or e d e et

n

t

n nt n n0

2

0

2 2

1∫ =

= −

donc :

3

21

7

41

2 2

n u nn

n

ne e−

−

< < .

c) On pose hn

=2

, d’où nh

=2

.

Alors l’encadrement s’écrit :

31 7

2

1×

−×

−e eh

n

h

hu

h< < . [1]

Or limn

h→+ ∞

= 0 et limh

h

h→

−=

0

11

e, donc par passage à la

limite dans [1] , 37

2< <ℓ .

2. a) ∀ ∈ [ ]t 0 2; ,

ϕ( )( )

tt

t

t

t t=

+

+=

+ −

+= −

+

2 3

2

2 2 1

22

1

2.

Par conséquent :

J d d= = −+

= − +[ ]∫∫ ϕ( ) ln( )t tt

t t t21

22 2

0

2

0

2

0

22

= −4 2ln( ).b) La fonction t

t

n֏ e est strictement croissante sur [0 ; 2] et la fonction ϕ est positive.

∀ ∈ [ ]t 0 2; , 12

< <e et

n n ⇒ ϕ ϕ ϕ( ) ( ) ( )t t t

t

n n< <e e2

.

Par intégration sur [0 ; 2] :

ϕ ϕ ϕ( ) ( ) ( )t t t t t t

t

n nd e d e d< <2

0

2

0

2

0

2

∫∫∫ , donc

J e J< <un

n

2

.

c) limn n→+ ∞

=2

0 et limx

x

→

=0

1e donc limn

n

→+ ∞

=e2

1.

D’après le théorème d’encadrement, la suite ( )un

converge vers I. Ainsi ℓ = −4 2ln( ) .

Or pour tout nombre t , cos ( )cos( )

21 2

2t

t=

+, donc :

G d( ) cos( ) sin( )x t t t t

x

= +

= +∫1

2

1

22

1

2

1

42

0 0

x

= +1

2

1

42x xsin( ).

d) K F F G= =

=

( , ) sin0 56 6

π π avec

π

6∈ I .

Donc K = × +

1

2 6

1

4 3

π πsin soit K = +

π

12

3

8.

2. K est l’aire en u.a. du domaine colorié. est constitué d’un secteur circulaire d’angle au centre π π π

2 3 6− = et d’un triangle rectangle de base

1

2 3=

cosπ

et de hauteur 3

2 3=

sinπ

.

aire secteur aire disque( ) ( )= =1

12 12

π ;

aire triangle( ) = × × =1

2

1

2

3

2

3

8.

On retrouve K = +π

12

3

8.

143 1. a) ∀ ∈ [ ]t 0 2; , ϕ ' ( )( )

tt

=+

1

2 2.

t 0 2j 9 + 0

j3

2

7

4

b) ∀ ∈ [ ]t 0 2; , 3

2

7

4

3

2

7

4 ϕ ϕ( ) ( )t t

t

n

t

n

t

n⇒ e e e .

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 8 Nombres complexes

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Nombres complexes8


Activité 1

1 a) En appliquant la formule de Cardan avec p = − 36

et q = − 91, on trouve α = 7 .

b) X X X X X X−( ) + +( ) = + − + − −7 7 7 72 3 2b c b c b c( ) ( ) .

Pour avoir l’égalité demandée, on prend b − =7 0 et

c b− = −7 36. On trouve b = 7 et c = 13.

c) L’équation X X3 36 91 0− − = s’écrit :

( )( )X X X− + + =7 7 13 02 ,

ce qui équivaut à X = 7 ou X X2 7 13 0+ + = . Le

discriminant de la deuxième équation étant négatif, cette

équation n’a pas de solution dans !. Il en résulte que

l’équation X X3 36 91 0− − = admet une seule solution

dans ! :

S = 7 .

2 a) On trouve 4 27 13 0683 2p q+ = − . Ce nombre étant

strictement négatif, la racine carrée de p q

3 2

27 4+ n’existe

pas, donc on ne peut pas appliquer la formule de Cardan à

l’équation

X X3 15 4 0− − = .

b) Selon le graphique obtenu, on peut conjecturer que

l’équation X X3 15 4 0− − = admet trois solutions réelles

dont une semble égale à 4.

c) − + + = +q p q

i2 27 4

2 11

3 2

et

− − + = −

q p qi

2 27 42 11

3 2

.

Si on trouve deux nombres « imaginaires » dont les cubes

s’écrivent 2 11+ i et 2 11− i , il suffit de remplacer les

racines cubiques dans la formule de Cardan par ces deux

nombres pour trouver une solution de l’équation (E).( )2 2 3 2 3 2 2 113 3 2 2 3

+ = + × + × + = +i i i i i

= − × + × − = −2 3 2 3 2 2 113 2 2 3i i i i .

La valeur donnée par la formule de Cardan s’écrit

X i i= + + − =( ) ( )2 2 4 .

4 15 4 4 03− × − = , donc 4 est bien solution de l’équation

(E).d) ( )( ) ( ) ( ) .X X X X X X− + + = + − + − −4 4 4 42 3 2b c b c b c

Pour avoir l’égalité demandée, on prend b − =4 0 et

c b− = −4 15 . On trouve b = 4 et c = 1 .

e) L’équation (E) équivaut à X = 4 ou X X2 4 1 0+ + = .

On obtient :

S = − − − + 2 3 2 3 4; ; .

Activité 2a) N

10 3( ; ), N

20 0( ; ),

N3

0 1( ; )− .

b) N4

0 5( ; ) représente le

nombre 5i.

N5

0 2( ; )− représente le

nombre – 2i.

c) M1

2 3( ; ) , M2

1 4( ; )− ,

M3

5 2( ; )− .

d) z i4

1 2= + ,

z i5

23

5= − + .

Ov

uN2

N1

M2

M1

M3

N3

2 Enseignement spécifique Chapitre 8 Nombres complexes

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

8 a) i i i i i( )1 12− = − = + .

b) ( )( )2 3 4 11 10− + = −i i i .

c) 3 2

4

3 2 4

17

10

17

11

17

+

−

=+ +

= +i

i

i ii

( )( ).

9 a) 1

2 3

2 3

4 9

2

13

3

13+

=−

+

= −

i

ii .

b) 2

1

3

1

2 1 3 1

1 1

1 5

2

1

+

−

−

=− − +

+ −

=− −

= −

i i

i i

i i

i( ) ( )

( )( ) 22

5

2− i.

c) 2 3

5 2

2 3 5 2

29

4

29

19

29

+

−

=+ +

= +i

i

i ii

( )( ).

10 a) Z = + − = −z z i z i3 2 3Re( ) , donc Z n’est ni

réel ni imaginaire pur.

b) Z = − + = + = +z z i z i i z i5 2 5 2 5Im( ) ( Im( ) ) , donc

Z est imaginaire pur.

c) On pose z a bi= + avec a et b réels.

Z = − + = + −z z z z a b bi2 2 2 donc Z n’est ni réel ni

imaginaire pur.

d) Z = + + − = − − −z z i i i z zz i z z( ) ( ) ( )5 5

soit Z = − − = + −z z i z i z z z( Im( ) ) Im( )2 5 2 5

z z étant réel, Z l’est aussi.

11 a) Z = − −2 i z .

b) Z = − + +( )( )i z i z2 .

c) Z = − +( )2 3 2i z .

d) Z =−

+

1

2

i z

z i

.

12

Z =−

+=

− +

+ +=

− +[ ] + −z

z

x iy

x iy

x iy x i1

1

1

1

1 1( )

( )

( ) ( ) yy

x y

[ ]+ +( )1 2 2

.

Le numérateur s’écrit :

( )( ) ( ) ( )x x iy x iy x x iy y− + + + − − = − + +1 1 1 1 1 22 2

donc Z =+ −

+ +

+

+ +

x y

x y

y

x yi

2 2

2 2 2 2

1

1

2

1( ) ( ).

13 z z2 1

= , donc z z z z z1 2 1 1 1

2+ = + = Re( ).

Il en résulte que z z1 2

+ est réel.

1 a) z z i i i1 2

1 2 3 4 2 6+ = − + + + = + .

b) z z i i i1 2

1 2 3 4 4 2− = − + − + = − −( ) .

c) z z i i i1 2

3 1 2 3 3 4 10 10− = − + − + = − −( ) .

d) z z i i i1 2

1 2 3 4 11 2= − +( ) +( ) = − + .

2 a) ( )1 1 2 22 2+ = + + =i i i i .

b) ( )1 1 2 22 2− = − + = −i i i i .

c) ( )3 9 6 8 62 2− = − + = −i i i i .

3 1. j i2

2

1

2

3

2= − +

= − +1

4

3

2

3

4

2i i

= − −

1

2

3

2i .

2. 1 11

2

3

2

1

2

3

202

+ + = − + − − =j j i i .

4 ( )1 22+ =i i , ( ) ( )1 2 44 2

+ = = −i i , donc pour

tout entier naturel k, ( ) ( )1 44+ = −i k k est réel.

( ) ( ) ( )1 4 14 1+ = − +

+i ik k ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 4 1 4 24 2 2+ = − + = −

+i i ik k k ,

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 4 2 1 4 2 24 3+ = − + = − − +

+i i i ik k k .

Comme tout entier naturel n s’écrit sous la forme 4k,

4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3, on déduit que ( )1 + in est réel si,

et seulement si, n est multiple de 4.

5 a) ( ) ( ) ( )( )2 1 3 3 4 1 3 15 52+ − = + − = −i i i i i .

b) ( )( )( ) ( )( )5 2 1 4 2 13 18 2 44 23− + − = + − = +i i i i i i .

6 ( )( ) ( )x iy x iy x iy+ + − − = − +1 1 12 2

= − + −x iy y2 21 2( )

= + − −( )x y yi2 2 1 2 .

7 a) Re( )z z z1 2 3

1 4 5 10+ + = + + = .

b) iz i i i1

1 3 3= − = +( ) donc Im( )iz1

1= .

c) z z i i i1 2

1 3 4 2 10 10= − + = −( )( ) , donc

Im( )z z1 2

10= − .

d) Re( ) Re( ) Re( ) Re( )2 3 2 31 2 3 1 2 3

z z z z z z− + = − +

= − +2 12 5

= − 5.


PROBLÈME OUVERTEn prenant comme unité la longueur du carré, on a :

cos( )α = =

8

65

8

13 5. sin( )α = =

1

65

1

13 5.

cos( )β = =

5

26

5

13 2. sin( )β = =

1

26

1

13 2.

On déduit que :

cos( )α β+ =40

13 10

1

13 10

3

10

− = .

sin( )α β+ = + =8

13 10

5

13 10

1

10.

D’autre part, cos( )γ =

2

5 et sin( )γ =

1

5 ; on en déduit que :

cos( )α β γ+ + = × − × =3

10

2

5

1

10

1

5

1

2

sin( )α β γ+ + = × + × =3

10

1

5

1

10

2

5

1

2.

Il en résulte que α β γπ

+ + =

4.

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

19 1. 8 12 8 48 8 128 03 2− × + × − = , donc 8 est

solution de l’équation (E).2. a) ( )( ) ( ) ( ) .z az bz c az b a z c b z c− + + = + − + − −8 8 8 82 3 2

Pour avoir l’égalité demandée, on prend a = 1 ,

b a− = −2 12 et c b− =8 48 . On obtient a = 1 , b = − 4

et c = 16 .

On vérifie que − = −8 128c . En effet − × = −8 16 128.

b) L’équation (E) s’écrit : ( )( )z z z− − + =8 4 16 02 ,

ce qui équivaut à z − =8 0 ou z z2 4 16 0− + = .

Le discriminant de la deuxième équation est ∆ = − 48.

∆ < 0 , donc la deuxième équation a deux solutions

complexes conjuguées :

zi

i1

4 4 3

22 2 3=

−

= − et z i2

2 2 3= + .

On déduit que l’équation (E) admet trois solutions :

z0

8= , z i1

2 2 3= − et z i2

2 2 3= + .

20 a) z i1

3 3= − , donc z1

3 3 6= + = . D’où :

z i i1

61

2

1

2

64 4

= −

= −

+ −

cos sinπ π

.

b) z i i2

2 22 2

= =

+

cos sinπ π

.

c) zi

ii

3

1

1

1

2

1

21=

+

=−

= −( ). Comme 1 2− =i , alors :

1 21

2

1

2

24 4

− = −

= −

+ −

i i icos sin

π π

.

On en déduit que :

z i3

2

2 4 4= −

+ −

cos sinπ π

.

21 a)z i i

12 2= − + = + + +(cos( ) sin( )) (cos( ) sin( ))θ θ θ π θ π .

b) z i i2

3 32 2

= + = −

+ −(sin( ) cos( )) cos sinθ θ π θ π θθ

.

22 a) OM = 2 2 , donc

z iM

=

+

2 23

4

3

4cos sin

π π.

De même ON = 3 2 , donc

z iN

= −

+ −

3 24 4

cos sinπ π

.

b) OM = 2 et Re( )zM

= 1 , donc cos( )θ =

1

2.

Comme 02

< <θπ

, alors sin( )θ =

3

2, d’où :

z iM

=

+

23 3

cos sinπ π

.

ON = 2 et Im( )zN

= −1 donc sin( )θ = −1

2. Comme

π θπ

< <3

2, alors cos( )θ = −

3

2 . D’où θ π

π π= + =

6

7

6.

On en déduit que z iN

=

+

27

6

7

6cos sin

π π.

OP = 2 et arg( )zP

=

3

4

π (mod )2π , donc

z iP

=

+

23

4

3

4cos sin

π π.

14 a) ( )3 2 2− = −i z i équivaut à zi

i=

−

−

2

3 2,

soit zi i

i=− +

= − −

( )( )2 3 2

13

8

13

1

13.

b) ( )2 3+ =i z i équivaut à zi

i=

+

3

2,

soit zi i

i=−

= +3 2

5

3

5

6

5

( ) ; cela signifie que z i= −

3

5

6

5.

15 a) L’équation 3 2 4 1 2 6iz i i z− + = − +( ) s’écrit

z i i( )1 5 8 4 0− + − = ce qui équivaut à zi

i=

− +

−

8 4

1 5,

soit z i= − −

14

13

18

13.

b) On pose z x yi= + . L’équation ( )3 2 2 5+ = −i z i z i

s’écrit 3 4 3 5 0x y y i− + + =( ) , ce qui équivaut à :

3 4 0

3 5 0

x y

y

− =

+ =

, soit

x

y

= −

= −

20

9

5

3

.

L’équation a pour solution z i= − −

20

9

5

3.

16 a) L’équation z i2 22 3 0− + =( ) s’écrit :

( )( )z i z i− − + + =2 3 2 3 0 ,


z i− − =2 3 0 ou z i+ + =2 3 0 .

On obtient deux solutions, z i1

2 3= − − et z i2

2 3= + .

b) L’équation iz i z2 3 4 0+ − =( ) s’écrit :

z iz i( )+ − =3 4 0 ,

ce qui équivaut à z = 0 ou iz i+ − =3 4 0 , soit :

z = 0 ou zi

ii=

− += +

3 44 3 .

c) L’équation z2 4 0+ = s’écrit z i2 22 0− =( ) , ce qui

équivaut à ( )( )z i z i+ − =2 2 0.

Cela signifie que z i+ =2 0 ou z i− =2 0 .

On obtient deux solutions, z i1

2= − et z i2

2= .

d) Pour z ≠ 1 , l’équation z

zi

+

−

=1

1 équivaut à :

z i z+ = −1 1( ) , ou encore z i i( )1 1− = − − ,

soit zi

ii=

− −

−

= −

1

1. La solution est – i.

17 a) Le discriminant de l’équation z z2 2 4 0− + =

est ∆ = −12. ∆ < 0 donc l’équation admet deux solutions


zi

i1

2 12

21 3=

−

= − et z i2

1 3= + .

b) Le discriminant de l’équation z z2 8 25 0− + = est

∆ = − 36 . ∆ < 0 donc l’équation admet deux solutions


zi

i1

8 36

24 3=

−

= − et z i2

4 3= + .

c) L’équation z z2 2 3 3 0+ + = s’écrit ( )z + =3 02 ,

ce qui équivaut à z = − 3 .

18 1. Le nombre 3 – i est solution de

l’équation z z a2 6 0− + = si, et seulement si,

( ) ( )3 6 3 02− − − + =i i a , soit − + =10 0a ou encore

a = 10 .

2. Lorsque a = 10 , 3 – i étant une solution, l’autre solution

est 3 + i.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Le parallélogramme ABCD ayant deux côtés consécutifs

de même longueur, c’est un losange.

O

v

u

A

B

C

D

27 ACC A

= −z z = − + − − −2 6 3 2i i( )

= +1 8i = 65 .

BCC B

= −z z = − + − −2 6 2i i( )

= − +4 7i = 65 .

Donc AC BC= et le triangle ABC est isocèle en C.

O

v

u

A

B

C

28 1.

v

u

B

O A

I

2. a) a b= = 2 , donc OA OB= = 2. D’où OAB est

isocèle en O. Comme I est le milieu de [AB], on a :

( , ) ( , ) ( , )!

u OI OA OI OA OB → → → → →

= = =

1

2

1

2(( , )!

u OB →

.

Puisque 3

4

π est un argument de b, alors ( , )

!

u OI →

=

3

8

π.

b) b ii

= = − +2 2 2

3

4e

π

.

za b

iI

=+

=−

+

2

2 2

2

2

2.

c) OII

= = − + = −

= −

z1

22 2 2

1

28 4 2

2 2

2 2( ) ( )

.

23 a) z i1

2 3 2 12 4 4= − = + = , donc

z i i1

43

2

1

24

6 6= −

= −

+ −

cos sinπ π

=−

4 6eiπ

.

b) 2 2 2 1 2 2 4− = − =

−

i ii

( ) eπ

3 3 12 2 3+ = =i ,

3 3 2 33

2

1

22 3 6+ = +

=i i

ie

π

.

On en déduit que : zi i i

2

4 6 122 2 2 3 4 6= × =

− −

e e e

π π π

.

c) 3 3 12 2 3− = =i ,

donc 3 3 2 31

2

3

22 3 3− = −

=

−i i

ie

π

et 1 2 4− =

−

i eiπ

, donc :

3 3

1

2 3

2

6 63

4

3 4−−

= = =

−

−

− +

−i

i

i

i

i ie

e

e e

π

π

π π π112 .

d) z i ii

4

225 5

2= −

+

=−

cos sinπ π π

e ×× =−

e ei iπ π5

3

102 .

24 a) 2 22ei θ= et un argument de 2 2ei θ est le

nombre 2θ.

b) − = =− − −e e e ei i i iθ π θ π θ( ) , donc un argument de − −e iθ est

π θ− et son module est 1.

c) − = =

− −

2 2 22 2i ii

ii

e e e eθπ

θθ π

, donc un argument de

− 2i ie θ est θπ

−2

et son module est 2.

25 1. z i ii

1

33 31

2

3

2

3

2

3 3

2= − = − −

= − +

−e

π

.

z z i i i1 2

3

2

3 3

22 2 3 3 3 3 3 3= − +

−( ) = − + +( ) ( ) .

2. zi

ii i i

13 3 3

2

33 3 3 3= − = = =

− − −

e e e e eπ

π

ππ

π π( )

.

z ii

242 1 2 2= − =

−

( ) eπ

.

z zi i i i

1 2

2

3 4

2

3 4

5

3 2 2 6 2 6 2= × = =

− −

e e e e

π π π π π112 .

Une forme trigonométrique de z z1 2

est

6 25

12

5

12cos sin

π π

+

i .

3. L’égalité entre la forme algébrique et la forme

trigonométrique entraîne :

6 25

123 3 3cos

π

= − et 6 25

123 3 3sin

π

= + .

D’où :

cos5

12

3 1

2 2

6 2

4

π

=

−=

− et sin

5

12

6 2

4

π

=+

.

26 1. Figure ci-après.

L’affixe du vecteur AB →

est

z z i i iB A

− = − − − − = +( ) ( )3 2 4 3 7 .

L’affixe du vecteur DC →

est

z z i i iC D

− = + − − + = +( ) ( )4 5 3 4 7 .

Les vecteurs AB →

et DC →

ayant les mêmes affixes, ils sont

égaux. On déduit que ABCD est un parallélogramme.

2. BCC B

= − = + − − = + =z z i i i4 5 3 2 1 7 50( )

et ABB A

= − = + =z z i7 50 , donc AB BC= .


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

3. a) z ei

I= −2 2

3

8

π

.

b) En écrivant l’égalité entre la forme algébrique et la

forme trigonométrique de zI

, on déduit que :

2 23

8

2 2

2−

=

−cos

π ;

2 23

8

2

2−

=sinπ

.

D’où cos3

8

2 2

2

π

=

− ;

sin .3

8

2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2

π

=

−=

+

− × +

=+

Comme π π π

8 2

3

8= − , alors :

cosπ8

2 2

2

=+

et sinπ8

2 2

2

=

−.

En multipliant le numérateur et le dénominateur par

x y i− −( )1 , on obtient :

X Y+ =+ − +

+ −

ix y xi

x y

2 2

2 2

1 2

1( )

=+ −

+ −

+

+ −

x y

x y

x

x yi

2 2

2 2 2 2

1

1

2

1( ) ( ),

ce qui entraîne :

X =+ −

+ −

x y

x y

2 2

2 2

1

1( ) et Y =

+ −

2

12 2

x

x y( ).

b) Z2 est imaginaire pur si, et seulement si, Re( )Z

20= ,

soit x y2 2 1 0+ − = et ( ; ) ( ; )x y ≠ 0 1 .

c) ! est représenté par le cercle

de centre O et de rayon 1 privé

du point d’affixe i.

4. a) Z2

=−

+

z i

z i.

b) Z Z2 2

+ =+

−

+−

+

z i

z i

z i

z i

=+ + + − −

− +

( )( ) ( )( )

( )( )

z i z i z i z i

z i z i

=

−

− +

2 22

z

z i z i( )( ).

c) Z2 est imaginaire pur si, et seulement si, Z Z

2 20+ = ,

ce qui se traduit par 2 2 02

z − = et z i≠ , soit z = 1

et z i≠ . Donc ! est l’ensemble des nombres complexes z,

z i≠ , dont le module est égal à 1.

d) ! est représenté par le cercle de centre O et de rayon 1

privé du point d’affixe i.

34 Équation du troisième degré dans "

– Calcul algébrique avec les nombres complexes.

– Techniques de factorisation d’un polynôme.

– Discriminant d’un polynôme de second degré à

coefficients réels.

– Factorisation d’un polynôme dont on connaît une racine.

– Résolution d’une équation de troisième degré à coefficients

complexes.

v

uO

!

33 Recherche d’ensemble

– Forme algébrique d’un nombre complexe.

– Propriétés du conjugué d’un nombre complexe.

– Calcul algébrique sur les nombres complexes.

– Interprétation géométrique du module d’un nombre complexe.

– Condition nécessaire et suffisante pour qu’un nombre

complexe soit un imaginaire pur.

– Détermination d’ensembles de points.

– Choix d’une méthode adaptée.

1. a) En appliquant les propriétés du conjugué, on obtient :

Z1

1 1 1

=−−

=

−( )−( )

=−−

u u z

z

u u z

z

u u z

z

.

b) Z Z1 1

= s’écrit u u z

z

u u z

z

−

−

=

−

−1 1 .

Cela signifie que u u z z u u z z−( ) −( ) = −( ) −( )1 1 , ce qui

équivaut à u u z−( ) −( ) =1 02

.

2. a) Si u u− = 0 , alors u u= . Pour tout nombre

complexe z ≠ 1 , on a :

Z1 1

1

1=

−

−

=

−

−

=

u u z

z

u z

z

u

( ).

Comme u u= , u est réel, Z1 l’est aussi. Dans ce cas, " est

l’ensemble des nombres complexes privé de 1.

b) Si u u− ≠ 0 , la condition nécessaire et suffisante pour

que Z Z1 1

= trouvée dans la question 1. b) s’écrit z = 1.

Dans ce cas, " est l’ensemble des nombres complexes de

module 1 privé de 1.

c) Lorsque u u− ≠ 0 ,

" est représenté par le

cercle de centre O et de

rayon 1 privé du point

d’affixe 1.

3. a) Zz i

z i2

=+

−

se traduit par :

X Y+ =+ +

+ −

=+ +

+ −

ix yi i

x yi i

x y i

x y i

( )

( )

1

1.

v

uO

!



© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Cela veut dire que a b+

2 est un argument de e eia ib

+ et que

22

cosb a−

est son module.

Par le calcul

e e e e eia ibia b

ia b

ib a

+ = +

+ − −2 2 2

=

− +

2 2 2Re e eib a

ia b

=−

+

22

2cosb a i

a b

e .

Comme 22

0cosb a−

> , alors e eia ibb a

+ =−

22

cos

et arg e eia iba b

+( ) =+

2 (mod )2π .

36 Narration de recherche1. z i= − +sin( ) cos ( )2 2 2θ θ , θ π π∈ −] [; .

z2

2 42 4= +sin ( ) cos ( )θ θ

= +4 42 2 4sin ( )cos ( ) cos ( )θ θ θ = 4 2cos ( )θ .

θπ π

∈ −

2 2; , alors z = 2cos( )θ .

Dans ce cas, zi

=

+

2 2cos( )θ

θ π

e , donc θπ

+

2 est un

argument de z.

θ ππ π

π∈ − −

∪

; ;

2 2, alors z = − 2cos( )θ . Dans ce

cas, zi

= −−

2 2cos( )θ

θ π

e , donc θπ

−2

est un argument de z.

2. Soit A le point d’affixe 1.

z z= −1 équivaut à OM AM= . Cela signifie que M

appartient à la médiatrice du segment [OA], ce équivaut à

− =sin( )21

2θ , soit 2

62θ

ππ= − + k ou 2

5

62θ

ππ= − + k

avec k entier relatif. Il en résulte que θπ

π= − +

12k ou

θπ

π= − +5

12k . Comme θ π π∈ −] [; , on obtient quatre

valeurs de θ pour lesquelles z et 1 − z ont le même

module : −5

12

π, −

π

12,

7

12

π et

11

12

π.

37 TD – Ensemble de pointsA. 2. Conjecture : lorsque θ décrit l’intervalle 0 2; π[ [, l’ensemble # décrit par le point M semble être le cercle de

centre O et de rayon 1.

3. OM e= = =zi θ 1, donc M appartient au cercle de

centre O et de rayon 1.

Réciproquement, tout point M du cercle de centre O et de

rayon 1 a pour coordonnées ( cos( )θ ; sin( )θ ) où θ est une

mesure de l’angle !

u,OM →

dans l’intervalle 0 2; π[ [. Donc

l’affixe de M est zi

= e θ.

Il en résulte que l’ensemble des points M d’affixe zi

= e θ

où θ décrit l’intervalle 0 2; π[ [ est le cercle de centre O et

de rayon 1.

B. 1. b) Conjecture : lorsque θ décrit l’intervalle 0 2; π[ [, l’ensemble #! décrit par le point P semble être le cercle de

centre A et de rayon 1.

1. a) P( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 3 4 4 6 3 4 4 723 2i i i i i i i= − + × − + × +

= − + + − − +64 16 3 4 24 3 2 72i i i i i( ) ( )

= 0 .

Donc z i0

4= est solution de l’équation P( )z = 0 .

b)( )( ) ( ) ( )z i az bz c az b ia z c ib z ic− + + = + − + − −4 4 4 42 3 2 ..

2. a) Pour avoir l’égalité P( ) ( )( )z z i az bz c= − + +4 2

pour tout nombre complexe z, il suffit de prendre a = 1 ,

b ia i− = − −4 3 4 , c ib i− = − +4 18 12 et − =4 72ic i,

soit a = 1 , b = − 3 et c = −18.

On a alors, pour tout nombre complexe z :

P( ) ( )( )z z i z z= − − −4 3 182 .

b) P( )z = 0 équivaut à z i= 4 ou z z2 3 18 0− − = .

Le discriminant de la deuxième équation est ∆ = 81 .

∆ > 0 , donc cette équation admet deux solutions réelles :

z1

3= − et z2

6= . On en déduit que l’équation P( )z = 0

admet trois solutions :

z i0

4= , z1

3= − et z2

6= .

3. On pose :

Q( ) ( ) ( )z z i z i z i= + + + + +3 1 6 16 2 323 2 .

On cherche une solution z0 de type α i avec α réel.

On trouve z i0

2= − . On cherche ensuite a, b et c pour

avoir Q( ) ( )( )z z i az bz c= + + +2 2 pour tout nombre

complexe z. On trouve a = 3 , b = 1 et c = 16 . Il en

résulte que pour tout nombre complexe z,

Q( ) ( )( )z z i z z= + + +2 3 162 .

Donc l’équation Q( )z = 0 équivaut à z i= − 2 ou

3 16 02z z+ + = . Cette deuxième équation a deux

solutions complexes conjuguées :

zi

1

1 191

6=

− −

et zi

2

1 191

6=

− +.

On en déduit que l’équation Q z( ) = 0 a trois solutions :

z i0

2= − , zi

1

1 191

6=

− −

et zi

2

1 191

6=

− +.


v

uO

b

a

M(eia)

P(eia + eib)

N(eib)

On suppose que b a> .

Soit I le milieu de [OP]. OMPN est un losange, donc

les diagonales sont perpendiculaires et se rencontrent

en leur milieu. On en déduit que a b+

2 est une mesure de

l’angle ( , )!

u OP →

et que OP OI= =

−

2 22

cosb a

.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

3. a) « ABC est rectangle en A » signifie que les droites

(AB) et (AC) sont perpendiculaires, ce qui équivaut,

d’après 1. c), à argz z

z z

C A

B A

−

−

=

π2

(mod )π , ce qui se traduit

par « z z

z z

C A

B A

−

− est imaginaire pur ».

b) « ABC est un triangle équilatéral direct » si, et seulement

si, AC

AB= 1 et ( , )AB AC

→ →

=

π

3, ce qui équivaut à

z z

z z

C A

B A

−

−

= 1

et argz z

z z

C A

B A

−

−

=

π3

. Cela se traduit par « z z

z z

iC A

B A

e−

−

=

π

3 ».

B. 1. a) z z

z z

i

i

i i

ii

B I

A I

−

−

=− +

+

=+

+

=4 2

2 4

2 4

2 4

( ).

b) On déduit de A. 3. a) que le triangle IAB est rectangle

en I. D’autre part, d’après A. 2., IB

IA= =i 1, donc IAB est

isocèle en A.

En définitive, IAB est rectangle isocèle en A.

2. a) z z

z z

i

i

iB A

C A

−

−

=− +

+

= +3 3

3 3

1

2

3

2.

b) z z

z z

iB A

C A

e−

−

=

π

3 ; on en déduit d’après A. 3. b) que le

triangle ABC est équilatéral direct.

39 TD – Analyse fréquentielle des signauxA. 1. e− ix est le conjugué de eix , donc :

e e eix ix ixx

x+

= = =

−

2

2

2

2

2

Re( ) cos( )cos( ) ;

e e eix ix ix

i

i

i

i x

ix

−

= = =

−

2

2

2

2

2

Im( ) sin( )sin( ) .

2. a) On applique ce qui précède à x nt= ω :

cos( )ω

ω ω

nt

i nt i nt

=+

−e e

2 et sin( )ω

ω ω

nti

i nt i nt

=

−−e e

2.

b) a nt b ntn ncos( ) sin( )ω ω+

=+

+−

− −

a bn

i nt i nt

n

i nt i nte e e e

i

ω ω ω ω

2 2

=+

−−

− −

a ibn

i nt i nt

n

i nt i nte e e eω ω ω ω

2 2

=

−

+

+−

a ib a ibn n i nt n n i nt

2 2e eω ω .

3. u t a a nt b ntn n

n

N

N( ) cos( ) sin( )= + +

=

∑01

ω ω

= +

−+

+−

=

∑aa ib a ib

n n i nt n n i nt

n

N

0

1 2 2e eω ω

= + +−

−

=

∑c c cn

i nt

n

i nt

n

N

0

1

e eω ω

=

=−

=

∑ cn

i nt

n

n

e

N

N

ω .

B. a) a u t t0

2

3

21

2=

−∫π π

π

( )d

= +

−∫ ∫

1

20

2

2

2

3

2

π π

π

π

π

d dt t

= ×1

2π

π =1

2.

Pour tout entier naturel n " 1, c

n

n

n

=

1

2ππ

sin est réel.

Comme ca ib

n

n n=

−

2, on déduit que b

n= 0 pour tout

entier naturel n " 1.

c) AP e= + − = = =1 1 1z zi θ , donc P appartient au

cercle de centre A et de rayon 1.

Réciproquement, considérons un point P de ce cercle

d’affixe zP. Soit z z= −

P1 .

On a z z= − = =P

AP1 1 , d’où zi

= e θ

où θ est une mesure de l’angle !

u, AP →

dans l’intervalle

0 2; π[ [. On conclut que zi

Pe= +1 θ .

Il en résulte que l’ensemble des points P d’affixe 1 + ei θ où

θ décrit l’intervalle 0 2; π[ [, est le cercle de centre A et de

rayon 1.

2. b) Lorsque r est fixe et que θ décrit l’intervalle 0 2; π[ [,

M et M’ décrivent respectivement deux cercles de même

centre O et de rayons 1 et r. En effet, OM e' = =r ri θ .

Réciproquement, si M! est un point du cercle de centre O et

de rayon r, alors son affixe a pour module r et s’écrit rie θ,

où θ est une mesure de l’angle !

u, 'OM →

dans l’intervalle

0 2; π[ [.

Lorsque θ est fixe et que r varie, le point M! décrit une

demi-droite ouverte d’origine O et passant par M. En effet,

r étant strictement positif

arg( ) arg( )ri ie eθ θ θ= = (mod )2π ,

ce qui équivaut à

! !

u u, ' ,OM OM → →

=

.

3. b) On conjecture que les points O, M et S sont alignés.

c) 1 12 2

+ +=

+ +z z

z

i i

i

e e

e

θ θ

θ

= + +−e ei iθ θ1

= +1 2 Re( )ei θ .

Donc 1 2

+ +z z

z est un réel k.

d) D’où 1 2+ + =z z k z ; or cela signifie que OS OM

→ →

= k ,

donc les points O, M et S sont alignés.

38 TD – Utiliser l’affixe d’un vecteurA. 1. a) ( , ) ( , ) ( , )AB CD AB CD

→ → → →

= +! !

u u

= −

→ →

( , ) ( , )! !

u uCD AB .

b) On en déduit que :

( , )AB CD → →

= arg( ) arg( )z z z zD C B A

− − −

=

−

−

arg

z z

z z

D C

B A

.

c) Il découle du résultat de 1. b) que :

AB →

et CD →

sont colinéaires si, et seulement si,

argz z

z z

D C

B A

−

−

= 0 (mod )π ;

seulement si,

argz z

z z

D C

B A

−

−

=

π2

(mod )π .

2. D’après 1. b), on a :

( , )MA MB → →

= arg argb z

a z

z b

z a

−−

=

−−

.

D’autre part, z b

z a

z b

z a

−

−

=

−

−

=

MB

MA.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

d) On constate que l’allure de u11

se rapproche davantage

de celle du signal u(t ).

C. a) a u t t0 0

21

2= ∫π

π

( )d = ∫1

2 0

2

π

π

t td = ×1

22 2

π

π = π .

Pour tout entier naturel n " 1, cn

in

=1

est imaginaire pur.

Comme ca ib

n

n n=

−

2, on déduit que a

n

= 0 pour tout

entier naturel n " 1.

b) Pour tout entier naturel n " 1, ca ib

n

n n=

−

2= −

ibn

2,

donc

bi

ci n

in

n n= − = − × = −

2 2 1 2.

c) Dans la formule

u t a a nt b ntn n

n

4 01

4

( ) cos( ) sin( )= + +

=

∑ ω ω ,

on remplace a0

par π , an

par 0 et bn par −

2

n, et on obtient :

u t t t t4

21

22

1

33

1

44( ) sin( ) sin( ) sin( ) sin(= − + + +π tt) .

d) On constate que l’allure de u7

se rapproche davantage

de celle du signal u(t).

b) Si n p= 2 , alors cp

pn

= ( ) =1

20

π

πsin .

Comme bn

= 0 , a cn n

= =2 0 .

Si n p= +2 1 , alors :

cp

p

n=

+

+

1

2 1

2 1

2( )sin

( )

ππ

=

+

+

1

2 1 2( )sin

pp

ππ π

=−

+

( )

( )

1

2 1

p

pπ

.

D’où a cp

n n

p

= =−

+

22 1

2 1

( )

( )π

.

c) Dans la formule

u t a a nt b ntn n

n

5 01

5

( ) cos( ) sin( )= + +

=

∑ ω ω ,

on remplace a0

par 1

2, b

n par 0 et a

n

par 0 si n est pair

( n " 1), par 2 1

2 1

( )

( )

−

+

p

pπ

si n p= +2 1 (n impair).

On obtient :

u t t t t5

1

2

2 2

33

2

55( ) cos( ) cos( ) cos( )= + − +

π π π

.

L’ENSEMBLE DES NOMBRES COMPLEXES

50 z i1

14 2= − ; z i2

8 6= − ; z3

7= .

51 z i1

8 6= − ; z i2

36 2= + .


53 z i1

4

13

19

13= − − ; z i

23= ; z i

3

12

25

9

25= + .

54 z i1

8

5

1

5= + ; z i

2

6

5

7

5= − + .

55 f z z z( ) = −2

= + − +( ) ( )x yi x yi2

= + + − −x xyi y i x yi2 2 22

= − − + −( ) ( )x y x y x i2 2 2 1 .

Donc Re( ( ))f z x y x= − −2 2 et Im( ( )) ( )f z y x= −2 1 .


57 a) 3 2 5

2

z z i

z z i

+ = −

− = − +

'

'

(L )

(L )

1

2

⇔= − +

= + −

4 4

2

z i

z z i

(L ) (L )

(L )

1 2

2'

⇔= −

= −

z i

z i' .2 2

Le système admet une seule solution, c’est le couple

( ; ') ( ; )z z i i= − −2 2 .

DE TÊTE

40 z z i1 2

5 2+ = + ; z z i1 2

1 6− = − + ;

3 6 121

z i= + .

41 a) ( )2 42i = − ; ( )− = −i 3 32 ; ( )1 22+ =i i .

b) 2 3 5 10 6i i i( )+ = − + ; 2 3 4 2 14 2( ) ( )− + + = +i i i .

42 La partie réelle de ( )( )2 3 5 4+ +i i est – 2.

43 Le conjugué de i − 2 est − −i 2 .

44 a) 1 2+ =i ; b) 2 2i = ;

c) − + =2 5i ; d) 2 3 13+ =i .

45 a) arg( )− =3 π ; b) arg( )i =

π

2 ;

c) arg( )− = −iπ

2 ; d) arg ( )−

=i 2 04 .

46 a) arg( )35

z =

π ; b) arg( )− =z

6

5

π

c) arg( )z = −π

5 ; d) arg

1

5z

= − π.

47 a) 2 2ei π= − ; b) 3 32e

ii

π

= .

c) ei

iπ

42

2

2

2= + .

48 2i et – 2i sont les solutions dans " de l’équation

z2 4= − .

49 La notation exponentielle de − 2 5eiπ

est 2

6

5ei

π

.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

ÉQUATION DU SECOND DEGRÉÀ COEFFICIENTS RÉELS

63 a) Le discriminant de l’équation 2 6 5 02z z− + =

est ∆ = − 4 . L’équation admet deux solutions complexes

conjuguées :

z i1

3

2

1

2= − et z i

2

3

2

1

2= + .

b) Le discriminant de l’équation z z2 5 9 0− + = est

∆ = − 11. L’équation admet deux solutions complexes

conjuguées :

z i1

5

2

11

2= − et z i

2

5

2

11

2= + .

c) Le discriminant de l’équation z z2 1 0+ + = est


conjuguées :

z i1

1

2

3

2= − − et z i

2

1

2

3

2= − + .

d) Le discriminant de l’équation z z2 2 3 0− + = est


conjuguées :

zi

i1

2 2 3

21 3=

−

= − et z i2

1 3= + .

e) L’équation z z2 1= + s’écrit z z2 1 0− − = , son

discriminant est ∆ = >5 0, elle admet deux solutions

réelles :

z1

1 5

2=

−

et z2

1 5

2=

+.

f) L’équation z2 3 0+ = admet deux solutions complexes :

z i1

3= et z i2

3= − .

g) ∆ = + − = − = −( ) ( )1 3 4 3 4 2 3 3 12 2 .

∆ > 0 , donc l’équation admet deux solutions réelles :

x1

1 3 3 1

21=

+ − −

=( )

;

x2

1 3 3 1

23=

+ + −

=( )

.

h) ∆ = − = −( )2 2 16 82 < 0, l’équation admet deux

solutions complexes conjuguées :

zi

i1

2 2 2 2

22 2=

− −

= − − et z i2

2 2= − + .

i) L’équation ( )( )z z z2 22 4 4 0+ − + = s’écrit

( )( )z z2 22 2 0+ − = , ce qui est équivalent à z2 2 0+ =

ou z − =2 0 , soit z i= − 2 ou z i= 2 ou z = 2 .

j) Pour z ≠ 2 , l’équation z

zz

−

−

=

3

2 équivaut à

z z z− = −3 2( ) , soit z z2 3 3 0− + = . ∆ = − 3 < 0,

l’équation admet deux solutions complexes conjuguées :

zi

i1

3 3

2

3

2

3

2=

−

= − et z i2

3

2

3

2= + .

k) ∆ = + − + = −4 1 2 8 2 2 42( ) ( ) , l’équation admet

donc deux solutions complexes conjuguées :

zi

i1

2 1 2 2

21 2=

+ −

= + −

( ) et z i

21 2= + + .


b) 3 5 2

1 2

z z i

z z i

+ = +

− + = −

'

'

(L )

(L )

1

2

⇔= + −

= + −

4 4 4

1 2

z i

z z i

(L ) (L )

(L )

1 2

2'

⇔= +

= −

z i

z i

1

2' .

Le système admet une seule solution, c’est le couple

( ; ') ( ; )z z i i= + −1 2 .

CONJUGUÉ D’UN COMPLEXE

58 a) z i= −2 5 ; b) z i= +2

5

1

5 ;

c) z i= ; d) z i= −5 ; e) z i= +8

5

1

5.

59 1. z2

est le conjugué de z1

, donc z z1 2

+ est réel et

z z1 2

− est imaginaire pur.

2. z zi

i

i

i1 2

2 1

2

1 2

2+ =

+

+

+−

−

=+ − + + −

+ −

( )( ) ( )( )

( )( )

2 1 2 2 1 2

2 2

i i i i

i i

=8

5.

z zi

i

i

ii

1 2

2 1

2

1 2

2

6

5− =

+

+

−

−

−

= .

60 a) Z = +2 3i z ; b) Z = − +3 2i i z ;

c) Z = + − −( )( )2 2 4 3i z z i ;

d) Z =− + +

− +

2 1

5 2

i i z

i z.

61 a) L’équation 4 2 4 0z i+ − =

s’écrit 4 2 4 0z i− − = ,

ce qui équivaut à zi

i=+

= +2 4

41

1

2.

b) L’équation ( )( )iz i i z i− + + − =2 2 2 0

équivaut à iz i− + =2 0 ou 2 2 0i z i+ − = ,

soit zi

ii=

−

= − −

21 2 ou z

i

ii=

−

= +2

2

1

2.

On obtient donc deux solutions :

z i1

1 2= − − et z i2

1

2= − .

c) On pose z x yi= + avec x et y réels.

L’équation 2 4z i z+ = s’écrit 2 4( ) ( )x yi i x yi+ + − = ,

ce qui équivaut à 2 4x y+ = et x y+ =2 0 , soit x =8

3

et y = – 4 #

3 .

L’équation a donc une seule solution : z i= −

8

3

4

3.

d) En multipliant l’équation de la question c) par i, on

obtient l’équation de la question d). Celle-ci admet donc la

même solution, z i= −

8

3

4

3.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

FORME TRIGONOMÉTRIQUE ET NOTATION EXPONENTIELLE

70 1. a i= − =3 2 13 ;

b i= − + =3 2 13 ; c i= + =2 3 13.

2. On déduit que OA OB OC= = = 13. Il en résulte que

les points A, B et C appartiennent au cercle de centre O et

de rayon 13 .

71 z i1

3 4 9 16 5= − + = + = ,

z i2

6 2 6 2 2 2= − = + = ,

z z z3 2

2

2

222 2 8= = = =( ) ( ) ,

z z z z z4 1 2 1 2

5 2 2 10 2= = = × = ,

zz

z

z

z5

2

1

2

1

2 2

5= = = .

72 z iA

= +1 ; arg( )zA

=

π

4 (mod )2π ,

z iB

= − +1 ; arg( )zB

=

3

4

π (mod )2π ,

z iC

= − −1 ; arg( )zC

=

5

4

π (mod )2π ,

z iD

= −1 ; arg( )zD

= −π

4 (mod )2π ,

73 1.

A

B

CD

E

G

H

v

uO

F

2. A et H appartiennent à la droite d’équation y x= et leurs

coordonnées sont positives, donc arg( ) arg( )z zA H

= =

π

4

(mod )2π . B est le symétrique de A par rapport à O, donc

arg( )zB

=

5

4

π (mod )2π .

zC

et zD

sont des réels non nuls respectivement positif

et négatif, donc arg( )zC

= 0 (mod )2π et arg( )zD

= π

(mod )2π .

zE et z

G sont des imaginaires purs dont les parties

imaginaires sont respec tivement positive et négative, donc

arg( )zE

=

π

2 (mod )2π et arg( )z

G= −

π

2 (mod )2π .

F appartient à la droite d’équation y x= − et son abscisse

est strictement positive donc arg( )zF

= −π

4 (mod )2π .


65 a) Le discriminant de l’équation

z z2 2 1 2 5 4 0− + + + =( cos ) cosθ θ

est ∆ = − 16 2sin ( )θ .

L’équation admet deux solutions complexes conjuguées :

zi

11 2= + e θ et z i

21 2= +

−e θ .

b) Le discriminant de l’équation

z z2 2 1 2 1 0− + + + =( cos ) ( cos )θ θ

est ∆ = − 4 2sin ( )θ .

L’équation admet deux solutions complexes conjuguées :

z ei

11= +

θ et zi

21= +

−e θ .

AFFIXE D’UN POINT, AFFIXE D’UN VECTEUR

66 1. z iA

= − +4 ; z iB

= − −1 ; z iC

= − +1 3 ;

z iD

= −5 .

L’affixe de AB →

est 3 2− i et celle de CD →

est 6 4− i .

2. affixe( CD →

) = 2 affixe (AB →

) signifie que CD AB → →

= 2 ,

donc les droites (AB) et (CD) sont parallèles.

67 2. ABCD est un parallélogramme si, et seulement si,

AD BC → →

= , ce qui équivaut à z a c bD

− = − , soit :

z a c b i i i iD

= + − = + + − + + = +1 2 3 2 3 7 .

68 1. ( )1 22+ =i i ; ( ) ( )1 2 44 2

+ = = −i i ;

( )1 168+ =i .

2. Un entier naturel n s’écrit sous la forme 4k ou 4k + 1 ou

4k + 2 ou 4k + 3 , k entier naturel.

( ) ( )1 44+ = − ∈i k k !,

( ) ( ) ( )1 4 14 1+ = − +

+i ik k ,

( ) ( ) ( ) ( )1 4 1 4 24 2 2+ = − + = − ×

+i i ik k k ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 4 1 4 2 24 3 3+ = − + = − − +

+i i ik k k .

On déduit que le point Mn d’affixe ( )1 + i

n appartient à

l’axe des abscisses si, et seulement si, n est multiple de 4.

69 a) L’ensemble des points M dont l’affixe z vérifie

Re(z) = – 2 est une droite parallèle à l’axe des ordonnées.

v

uO

Re(z) = –2

b) L’ensemble des points M dont l’affixe z vérifie Im(z) = 3

est une droite parallèle à l’axe des abscisses.

v

uO

Im(z) = 3


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

3 23

2

1

22

6 6+ = + =

+

i i i( ) (cos sin )π π

, donc :

arg( ) arg arg( )z i i= +( )

= + = × =3 3 3 36 2

3 π π.

77 a) 3 3 3 61

2

3

26

3 3+ = +

=

+

i i icos sin

π π

.

b) 2 2 3 41

2

3

24

3 3− = −

= −

+ −

i i icos sinπ π

.

c) − + = − +

2 2 2

2

2

2

2i i

=

+

23

4

3

4cos sin

π πi .

d) 2 2 2 1 2 24 4

− = − = −

+ −

i i i( ) cos sinπ π

.

e) − = −

+ −

3 32 2

i icos sinπ π

.

f) − = +( )5 5 cos( ) sin( )π πi .

g) − + = − +2

5

2 3

5

2

51 3

ii( )

= − +

4

5

1

2

3

2i

=

+

4

5

2

3

2

3cos sin

π πi .

h) 3

1

3

2−

=

i ; arg arg( )

3

11

4−

= − − =

ii

π,

donc 3

1

3

2 4 4−= +

i

icos sinπ π

.

i) 1 3 21

2

3

22

3 3− = −

= −

+ −

i i icos sinπ π

,

1 24 4

+ =

+

i icos sinπ π

,

donc

( )( ) cos sin1 3 1 2 23 4 3 4

− + = − +

+ − +

i i iπ π π π

= −

+ −

2 212 12

cos sinπ π

i .

j) 1 3 21

2

3

22

3 3+ = +

=

+

i i icos sinπ π

,

2 2 2 1 2 24 4

− = − = −

+ −

i i i( ) cos sinπ π

,

donc

1 3

2 2

2

2 2

1

2

2

2

+

−

= = =i

i

et arg1 3

2 2 3 4

7

12

+

−

= − −

=i

i

π π π (mod )2π ,

D’où 1 3

2 2

2

2

7

12

7

12

+

−=

+

i

iicos sin

π π

.

78 a) z i1

6 6= −

+ −

cos sinπ π

,

b) z i2

2

3

2

3=

+

cos sinπ π

,

75 a)

arg( )z =

π

3 (mod )2π .

b)

arg( )z = −π

6 (mod )2π .

c) arg( )iz =

5

4

π (mod )π équivaut à :

arg( ) arg( )i z+ =5

4

π (mod )π ,

soit arg( ) arg( )z i= − = − =

5

4

5

4 2

3

4

π π π π (mod )π .

v

uO

3!—4

d) argz

i1 4+

=π

(mod )π équivaut à :

arg( ) arg( )z i− + =14

π (mod )π ,

soit arg( ) arg( )z i= + + = + =π π π π

41

4 4 2 (mod )π .

v

uO

!—2

76 a) arg( ) arg ( )( )z i i= − +[ ]2 2 1

= − + + = − + =arg ( ) arg( )2 1 14 4

0i iπ π

.

b) 2 6 2 2+ =i , donc :

2 6 2 21

2

3

22 2

3 3+ = +

=

+

i i i(cos sinπ π

) .

Il s’ensuit que :

arg( ) arg( ( ))z i i= +2 2 6

= + +arg( ) arg( )2 2 6i i

= +π π

2 3

=

5

6

π.

c) arg( ) arg( ( ))z i i= − +3 1

= arg(– 3i) + arg(1 + i)

= − +π π

2 4 = −

π

4.

v

uO

!—3

v

u

O –!—6


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

c) z i3

6

5

6

5=

+

cos sinπ π

,

d) z i4

79

7

9

7=

+

cos sinπ π

,

e) z i5

7

18

7

18=

+

cos sinπ π

.

79 a) zi i i i

1

4

1010

4

5

2 22

=

= = = =

+

e e e e

π π π π πee

iπ2 , donc

z i1

2 2=

+

cos sinπ π

.

b) 2 2 2 1 2 4− = − =

−

i ii

( ) eπ

−

+

=

+cos sin cos sinπ π π7 7

6

7i i

66

7

6

7π π

= ei

donc zi i i i

2

4

6

7

6

7 4

17

282 2 2= = =

− −

e e e e

π π π π π

.

D’où z i2

217

28

17

28=

+

cos sinπ π

.

c) z i i3

2012 20131 1= + −( ) ( )

=

−2 24

2012

4

2013

e ei iπ π

=

−

2 22012

2012

4

2013

4e ei i

π π

=

−

2 22012 4eiπ

= −

+ −

2 24 4

2012 cos sinπ π

i .


81 1. z i2 4 3 4= + .

2. z2 8= . Soit θ un argument de z2.

On a cos( )θ = =

4 3

8

3

2 et sin( )θ = =

4

8

1

2,

donc θπ

=

6 (mod )2π .

3. z2

8= donc z = 2 2 .

arg( ) arg( )z z2 2= (mod )2π et π

6 est un argument de z2,

donc π

12 est un argument de z.

4. Une forme trigonométrique de z est :

z i=

+

2 212 12

cos sinπ π

.

En utilisant la forme algébrique de z, on obtient :

cosπ

12

3 1

2 2

6 2

4

=+

=+

sinπ

12

3 1

2 2

6 2

4

=

−=

−.

82 1. « Si z = 1 alors zz

=1

». Cette proposition est

vraie.

En effet, z z z2

= , donc si z = 1 alors z z = 1 .

D’où z ≠ 0 et zz

=1

.

Implication réciproque : « Si zz

=1

alors z = 1 » Elle est

également vraie.

En effet, si zz

=1

, alors z z = 1 , d’où z2

1= .

Comme z " 0, alors z = 1.

2. « Si z z= ' ou z z= − ' , alors z z= ' ». Cette

proposition est vraie. En effet, si z z= ' alors z z= ' , et

si z z= − ' alors z z z z= − = − =' ' '1 .

Implication réciproque : « Si z z= ' alors z z= ' ou

z z= − ' ». Elle est fausse.

Contre-exemple :

i z z= et ( z iz≠ et z i z≠ − ).

3. La proposition « Si z

z est réel, alors z est réel ou z est

imaginaire pur » est vraie. En effet, si z

z est réel alors

z

z

z

z=

; cela implique z

z

z

z= . D’où z z2

2

0− ( ) = .

Cette égalité s’écrit z z z z−( ) +( ) = 0 . On en déduit que

z z= ou z z= − , c’est-à-dire que z est réel ou imaginaire pur.

Implication réciproque : « Si z est réel ou z est imaginaire

pur alors z

z est réel » Vraie. En effet, Si z est réel, alors

z

z= 1 , et si z est imaginaire pur alors

z

z= − 1. Dans les

deux cas z

z est réel.

83 zi i

1

3

4

32 2= − =e e

π π

;

z ii i i i

26 4 6 121 2 2= − = =

− −

( )e e e eπ π π π

;

zi i

3

5

6

52 2= − =e e

π π

; zi

i

4

7

73

3= =

−

e

eπ

π

;

zi

i i

5

5

5

4

52

3

2

3

2

3=

−= − =

−

e

e eπ

π π

;

zi

i

i i i

6 2

5

2

2

5 103

3 3= = =

−

e

e e eπ

π π π

.

84 z zi i i

1 2

3 4 123 3= × =

−

e e e

π π π

.

z

z

i

i

i i1

2

3

4

3 4

7

12

3

1

3

1

3= = =

−

+

e

e

e e

π

π

π π π

.

zi

i

1

3 3

3

=

=e e

ππ .

z z zi i i i

1 2 3

3 4

2

3

3

43 2 3 2= × × =

−

e e e e

π π π π

.

zi i

3

4

2

3

48

32 4=

=e e

π π

.

z

z

i

i

i2

3

4

2

3

11

123

2

3 2

2= =

−

−e

e

e

π

π

π

.

85 1. Forme algébrique :

z

z

i

i

i ii

1

2

2 2

1 3

2 2 1 3

4

3 1

2

3 1

2=

− −

+

=− − −

=− −

+−( )( )

.

Forme exponentielle :z

z

i

i

i

i

i1

2

5

4

3

11

121

1

2

3

2

22=

− −

+

= =e

e

e

π

π

π

.

2. z

z

1

2

2= ; argz

z

1

2

11

12

=

π (mod )2π .


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

90 a) " est l’ensemble des points M d’affixe z non nul

tel que :

arg( )z =

5

4

π (mod )2π .

b) " est l’ensemble des points M d’affixe z non nul tel que :

arg( )z =

3

4

π (mod )π .

c) " est l’ensemble des points M d’affixe z tel que z = 2 .

d) " est l’ensemble des points M d’affixe z tel que z $ 2.

91 1.

v

u

O

A

B

C

D

2. z z i i iB A

− = + − = −3 5 1 5 3 5 0 5, , , , .

z z i i iC D

− = − − − − = −1 1 5 2 5 3 5 0 5, ( , ) , , .

On a z z z zB A C D

− = − , donc AB DC → →

= . Il en résulte

que ABCD est un parallélogramme. D’autre part,

ABB A

= − = − =z z i3 5 0 5 12 5, , , ,

ADD A

= − = − − =z z i2 5 2 5 12 5, , , .

Donc ABCD est un parallélogramme qui a deux côtés

consécutifs de même longueur. Il en résulte que ABCD est

un losange.


93 1. a) M appartient à Γ si, et seulement si,

z i− − =( )2 2 , ce qui équivaut à z z− =A

2 . Cela

signifie que AM = 2 .

b) Γ est le cercle de centre A et de rayon 2 .

2. z i− − =( )2 2 s’écrit z i− − =( )2 22

,

ce qui équivaut à ( ) ( )x y i− + + =2 1 22

,

soit ( ) ( )x y− + + =2 1 22 2 .

C’est l’équation du cercle de centre A(2 ; – 1) et de rayon

2 .

94 1. ∆ est la médiatrice de [AB].

M( )z ∈ ∆ si, et seulement si, AM BM= .

Cela est équivalent à z z z z− = −

A B, soit

z i z i− − = − −( ) 2 .

2. ∆ ' est la médiatrice de [BC].

M( ) 'z ∈ ∆ si, et seulement si, BM CM= .

Cela est équivalent à z z z z− = −

B C, soit

z i z i− − = + −2 1 3 .

3. L’ensemble des points M(z) tels que :

z i z i z i+ = − − = + −2 1 3

est l’intersection des deux médiatrices ∆ et ∆ ' .

95 1. a) M( )z ∈ ∆ si, et seulement si,

z i z i− − = + −1 2 2 .

On conclut que :

cos11

12

3 1

2 2

6 2

4

π

=

− −=

− −

sin11

12

3 1

2 2

6 2

4

π

=

−=

−.

86 1. c i ii

= + = +

=

3

2

3

23

3

2

1

23 6e

π

;

d i ii

= = −

= −

−3

2

3

2

3

2

1

2

3

4

3

4

6e

π

.

2.

v

u

O

B C

A

D

c b i i− = +

− +

=

3

2

3

2

1

2

3

21.

Donc a c b= − ; cela signifie que OA BC → →

= . Il en résulte

que OACB est un parallélogramme.

D’autre part, OB e= = =biπ

3 1, donc OA OB= . OACB

étant un parallélogramme avec deux côtés consécutifs de

même longueur, c’est un losange.


88 L’égalité e e ei a b ia ib( )+= s’écrit

cos( ) sin( ) (cos sin )(cos sin )a b i a b a i a b i b+ + + = + + .

En écrivant les égalités entre les parties réelles et les parties

imaginaires des deux membres, on obtient :

cos( ) cos( )cos( ) sin( )sin( )a b a b a b+ = −

sin( ) cos( )sin( ) sin( )cos( )a b a b a b+ = + .

L’égalité e e ei a b ia ib( )− −

= s’écrit

cos( ) sin( ) (cos sin )(cos( ) sia b i a b a i a b i− + − = + − + nn( )),− b

soit :

cos( ) sin( ) (cos sin )(cos sin )a b i a b a i a b i b− + − = + − ..

En écrivant les égalités entre les parties réelles et les parties

imaginaires des deux membres, on obtient :

cos( ) cos( )cos( ) sin( )sin( )a b a b a b− = +

sin( ) sin( )cos( ) cos( )sin( )a b a b a b− = − .

L’égalité e ei a ia22

= ( ) équivaut à

cos( ) sin( ) (cos( ) sin( ))2 2 2a i a a i a+ = +

= − +(cos ( ) sin ( )) cos( )sin( ).2 2 2a a i a a

On déduit que :

cos( ) cos ( ) sin ( )2 2 2a a a= −

sin( ) sin( )cos( )2 2a a a= .

NOMBRES COMPLEXES ET GÉOMÉTRIE

89 2. z z i i iB A

− = + + + = +1 21

32

4

34 .

z z i i iC A

− = + + + = +7

36

1

32

8

38 .

On a z z z zC A B A

− = −2( ) ; cela signifie que AC AB → →

= 2 .

On en déduit que les points A, B et C sont alignés.


© N

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

On en déduit que z

z z

iA

B A

e−

=θ, ou encore

z z

z

iB A

A

e−

=− θ.

D’où z z z i ii i

B A Ae e= + = +

− −θ θ4 4 .

D’après la question 1. : z i z z zC A B B

= − +1

2( ) . D’où :

z i i i i i ii i

Ce e= − − + +

− −1

24 4 4 4 4( )θ θ

= + +− −2 4 4e ei ii iθ θ

= + − +( )(cos( ) sin( ))2 4 4i i iθ θ .

Donc finalement :

z iC

= + + − +( sin( ) cos( )) ( sin( ) cos( ))4 2 4 2 4θ θ θ θ .

b) Le bras du robot atteint le point d’affixe 3 2 4 2+ +i( )

si et seulement si :

4 2 3 2

4 2 4 4 2

sin( ) cos( )

sin( ) cos( )

θ θ

θ θ

+ =

− + = +

,

ce qui donne :

cos( )

sin( )

θ

θ

=

=

2

2

2

2

,

c’est-à-dire θπ

=

4.

EXERCICES DE SYNTHÈSE

99 1. a) arg( ) arg'

' arg'

arg( ')zz

zz

z

zz= ×

=

+ ,

donc arg'

arg( ) arg( ')z

zz z

= − (mod )2π .

b) D’après a), arg arg( ) arg( )1

12

2

zz

= − .

Comme arg( )1 0= , alors

arg arg( )1

2

2

zz

= − (mod )2π .

D’autre part, d’après le prérequis,

arg( ) arg( ) arg( ) arg( ) arg( )z zz z z z2 2= = + = ,

Donc arg arg( )1

22z

z

= − (mod )2π .

2. a) On note " l’ensemble des points M'(z') d’affixe

zz

' =1

2 lorsque M(z) décrit la demi-droite d privée de O.

M' ∈ " si, et seulement si, arg( )z =

π

3 (mod )2π , ce qui

équivaut à :

arg( ') arg( )z z= − = −22

3

π (mod )2π .

Cela signifie que M' appartient à la demi-droite d’origine O

et de vecteur −!

w privée de O.

L’ensemble " est donc la demi-droite d' symétrique de la

demi-droite d par rapport à O, privée de O.

b) M' appartient à la demi-droite d signifie que :

arg( ')z =

π

3 (mod )2π ,

ce qui équivaut à − =23

arg( )zπ

(mod )2π ,

soit arg( )z = −π

6 (mod )2π .

Cette égalité s’écrit z z z zA B

− = − ,

ce qui équivaut à AM BM= .

b) On conclut que ∆ est la médiatrice du segment [AB].

2. L’égalité z i z i− − = + −1 2 2 est équivalente à :

z i z i− − = + −1 2 22 2

.

En utilisant la forme algébrique de z, elle se traduit par :

( ) ( ) ( ) ( )x y x y− + − = + + −1 2 2 12 2 2 2 .

Après simplification, on obtient : 3 0x y+ = . ∆ est donc

une droite dont l’équation réduite est y x= − 3 .

Vérifions que cette droite est la médiatrice de [AB].

Le milieu I −

1

2

3

2; appartient à cette droite.

!

w( ; )− 1 3 est un vecteur directeur de ∆ . Il est orthogonal

au vecteur AB →

− −( ; )3 1 car leur produit scalaire est nul.


97 1. MB

( )z ∈ Γ si, et seulement si, BM OB$ , ce

qui équivaut à :

z z z−B B

$ , soit z i− −2 5$ .

2. MC

( )z ∈ Γ si, et seulement si, CM OC$ , ce qui

équivaut à :

z z z−C C

$ , soit z i+ −2 2 2 2$ .

3. L’ensemble " des points M(z) tels que z i− −2 5$

et z i+ −2 2 2 2$ est l’intersection des deux disques

ΓB

et ΓC

. Si A désigne le deuxième point d’intersection

des cercles frontières de ΓB

et ΓC

, alors " est la partie du

plan délimitée par les deux arcs d’extrémités O et A.

98 1. z iA

= 4 .

( , )AB OA → →

=

π

3 donc arg

z

z z

A

B A−

=

π3

(cf. exercice 38 page 251 du manuel).

D’autre part, z

z z

A

B A

OA

AB−

= = =

4

41 . On en déduit que

z

z z

iA

B A

e−

=

π

3 , ou encore z z

z

iB A

A

e−

=

−π

3 . D’où :

z z z i i i ii

B A Ae= + = −

+ = +

− π3

1

2

3

24 4 2 3 6 .

( , )BA BC → →

=

π

2 donc arg

z z

z z

C B

A B

−

−

=

π2

.

D’autre part, z z

z z

C B

A B

BC

AB

−

−

= = =

2

4

1

2.

On déduit que z z

z zi

iC B

A B

e−

−

= =

1

2

1

2

2

π

.

Donc z i z z zC A B B

= − +1

2( )

= − − + +1

24 2 3 6 2 3 6i i i i( )

= + + −( ) ( )1 2 3 6 3 i .

2. a) ( , )AB OA → →

= θ donc argz

z z

A

B A−

= θ .

D’autre part, z

z z

A

B A

OA

AB−

= = =

4

41.


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. S

D’autre part :

z z a bi a b i aa bb ab ba i× = −( ) −( ) = − − +' ' ' ( ' ') ( ' ') .

On déduit que z z z z×( ) = ×' ' .

b) Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel n

non nul et tout nombre complexe z, z zn

n

= ( ) .

Initialisation : z z11

= ( ) .

Hérédité : supposons que z zn

n

= ( ) , n étant entier naturel

non nul (hypothèse de récurrence HR). On a :

z z zn n+

= ×1 (définition de la puissance)

= ×z zn

(d’après 1.a))

= ( ) ×z z

n

(d’après l’hypothèse HR)

= ( )+

z

n 1

(définition de la puissance)

Conclusion : la propriété étant vraie pour n = 1 et héréditaire,

elle est vraie pour tout entier naturel n non nul.

2. a) ( )− =z z4 4 , donc si z est solution de l’équation

z4 4= − , alors – z l’est aussi.

z4 4= − équivaut à z4 4( ) = − , soit ( )z 4 4= − . Donc si

z est solution de l’équation z4 4= − , alors z l’est aussi.

b) z ii

0

41 2= + = e

π

.

zi

i

0

4 4

4

2 4 4=

= = −e e

ππ , donc z

0 est solution de (E).

c) D’après a), − = − −z i0

1 , z i0

1= − et − = − −z i0

1

sont aussi solutions de l’équation (E).3. a)

v

uO

AB

C D

E

F

b) z z

z z

i

i

i ii

iB C

E C

e−

−

=

+

=−

= + =2

3

2 3

4

1

2

3

23

( ) π

.

Donc

π3

=

−

−

arg

z z

z z

B C

E C

=

→ →

( , )CE CB

et CB

CEe

B C

E C

B C

E C

=

−

−

=

−

−

= =

z z

z z

z z

z z

iπ

3 1 .

On en déduit que le triangle BCE est équilatéral.

c) z z

z z

i

i

A E

A F

−

−

=− +

+ +

= −

2 3

1 2 32 3

( ).

Donc z z

z z

A E

A F

−

− est un réel k. Donc z z k z z

A E A F− = −( ) ,

ce qui équivaut à EA FA

→ →

= k . On déduit que les points A,

E et F sont alignés.

L’ensemble des points M décrit donc la demi-droite

d’origine O et de vecteur directeur !

r tel que ( , )! !

u r = −π

6

(mod )2π , privée du point O.

100 On pose z x yi= + , avec x et y réels.

Z = − +z i z2 2 1( ) = + − + +( ) ( )( )x yi i x yi2 2 1 .

On obtient :

Z = − − − + − −x y x y xy x y i2 2 2 2( ) ( ) .

Donc si M appartient à #, alors yx

x=

− 1, d’où :

Im( ) ( ) .Z = − − =

−− −

−

=2 21 1

02

xy x yx

xx

x

x

On en déduit que le point M' d’affixe Z appartient à l’axe

des abscisses.

101 1. zz z

' =

−

=

2 2 donc z z ' = 2.

arg( ') arg arg( ) arg( ) arg(zz

z z=

−

= − − = −22 π )),

donc arg( ) arg( ')z z+ = π (mod )2π .

2. a) M appartient à l’ensemble $ formé du disque de centre

O et de rayon 2 privé de O si, et seulement si, 0 2! "z ,

ce qui équivaut à 2

1z

" , soit z ' " 1.

Cela signifie que le point M' n’appartient pas au disque

ouvert de centre O et de rayon 1. On en déduit que, lorsque

le point M décrit $, l’ensemble des points M' est l’extérieur

du disque ouvert de centre O et de rayon 1.

b) M OA O∈ − [ ] si, et seulement si,

0 2

42

! "z

zarg( ) (mod )=

π

π,

ce qui est équivalent à

21

4

3

42

z

z

"

π ππ π

π− = − =

arg( ) (mod )

,

soitz

z

'

arg( ') (mod )

" 1

3

42=

π

π.

Cela signifie que le point M'

appartient à la demi-droite d’ori-

gine le point A' d’affixe ei3

4

π

et

de vecteur directeur !

w tel que

( , )! !

u w =

3

4

π.

102 1. a) z a bi= + et z a b i' ' '= + sont deux nombres

complexes avec a, b, a' et b' réels.

z z aa bb ab ba i× = − + +' ( ' ') ( ' ') , donc :

z z aa bb ab ba i×( ) = − − +' ( ' ') ( ' ') .

v

u

w

O

AA’

!


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. S

2. Lorsque m parcourt l’intervalle [0 ; 4], le point C semble

rester fixe et le point B semble décrire un segment passant

par O.

3. 1. a) ( , ) ( , )! !

u uAC AP → →

− = ( , ) ( , )AP AC → →

+! !

u u

= ( , )AP AC → →

=

π

2 (mod )2π .

b) Comme

( , ) ( , )! !

u uAC AP → →

− = arg( ) arg( )z z z zC A P A

− − − ,

on obtient :

arg( ) arg( )z z z zC A P A

− − − =

π

2

d’où argz z

z z

C A

P A

−

−

=

π2

.

Comme AC AP= , alors z z

z z

C A

P A

−

−

= 1. Il en résulte que :

z z

z zi

iC A

P A

e−

−

= =

π

2 .

c) On déduit de ce qui précède que

z i z z zC P A A

= − +( )

= − + −

++ −

i mm m i m m i( ) ( )4

2

4

2.

On trouve z iC

= +2 2 .

Donc l’affixe de zC

ne dépend pas de m. zC

est donc fixe.

2. a) AB CA → →

= donc z z z zB A A C

− = − . D’où

z z z m m i i m iB A C

= − = + − − − = − −2 4 2 2 2 1( ) ( )( ).

b) 1 2 4− =

−

ii

e

π

, donc z mi

Be= −

−

( )2 2 4

π

.

2 4! "m , z mB

= −( )2 2 et arg( )zB

= −π

4.

Dans ce cas le point B décrit le segment [OE] privé de O,

et où z iE

= −2 2 .

0 2$ $m ,

z m mi

ii

Be e e= − − = −

− −

( ) ( )2 2 2 24 4

π

π

π

.

On obtient z mi

Be= −( )2 2

3

4

π

. Dans ce cas, lorsque

m ≠ 2 , z mB

= −( )2 2 et arg( )zB

=

3

4

π. Le point B

décrit donc le segment [OF] privé de O, où z iF

= − +2 2 .

m = 2 , zB

= 0 . Donc B = O.

En conclusion, lorsque m parcourt l’intervalle 0 4;[ ] ,

le point B décrit le segment [EF] avec z iE

= −2 2 et

z iF

= − +2 2 .


105 Il faut d’abord que z z≠ 2 , z z≠ 3 et z z2 3≠ , soit

z ≠ 0 , z ≠ −1 et z ≠ 1 .

MNP est rectangle en P si, et seulement si, z z

z z

−

−

3

2 3 est

imaginaire pur (cf. exercice A. 3. a) du TD 38 page 251 du

manuel). Comme z ≠ 0 et z ≠ 1 , la condition ci-dessus

est équivalente à « 1 + z

z est imaginaire pur ».

AVEC LES TICE

103 1. a) à e)

f) Le point Ω semble décrire un segment d’extrémité I,

milieu de [OB], et passant par C.

2. L’égalité AM AB → →

= m se traduit par :

z z m z zM A B A

− = −( ).

On obtient z miM

= +4 4 .

L’égalité CN CB → →

= − m se traduit par :

z z m z zN C B C

− = − −( ) .

On obtient z m iN

= − +4 4 .

Ω est le milieu de [MN], donc

zz z

m m iΩ

=

+

= − + +M N

22 2 2 2( ) ( ) .

z z m iΩ

− = − +I

( )2 2 et z z iC I

− = − +2 2 .

Donc z z m z zΩ

− = −I C I

( ) , cela signifie que I ICΩ → →

= m ,

donc lorsque m parcourt l’intervalle [0 ; 4], le point Ω décrit

le segment [IJ] où J est le point défini par I J IC → →

= 4 .

104 1.


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ran

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. S

En conclusion, l’ensemble recherché est la réunion des

trois droites de la figure ci-après.

v

uO

AB

107 z1

et z2

sont de module 1 et d’arguments respectifs

α et β , donc ils s’écrivent respectivement eiα et eiβ .

( ) ( )z z

z z

i i

i i

1 2

2

1 2

2+

=+e e

e e

α β

α β

=+ +

+

+

e e e

e

i i i

i

2 22α α β β

α β

( )

( )

= + +− −e ei i( ) ( )α β β α2

= + ( ) +− −e ei i( ) ( )α β α β 2

= − +2 2cos( )α β

= − +2 1(cos( ) )α β .

Comme − −1 1$ $cos( )α β , on déduit de ce qui précède

que ( )z z

z z

1 2

2

1 2

+

est un réel positif ou nul.

Cela signifie que 1 1+

= −

+z

z

z

z, soit z z z+ =Re( ) 0.

En posant z x yi= + , cette égalité s’écrit :

x y x2 2 0+ + = , soit x y+

+ =1

2

1

4

2

2 .

C’est l’équation du cercle de centre A d’affixe −1

2 et de

rayon 1

2.

En conclusion, MNP est rectangle en P si, et seulement si,

M appartient au cercle de centre A d’affixe −1

2 et de rayon

1

2 privé des points d’affixes –1 et 0.

106 Remarquons d’abord que si z = 0 , z3 est réel, donc

l’origine O du repère appartient à l’ensemble recherché.

Pour z ≠ 0 , z3 est réel si, et seulement si, arg( )z k3= π

avec k entier relatif, ce qui équivaut à arg( )zk

=

π

3. On

obtient trois possibilités :

arg( )z = −π

3 ou

π

3 : il s’agit de la droite de vecteur

directeur OA →

avec zA

i

= e

π

3 , privée de O ;

arg( )z = 0 ou π : il s’agit de l’axe des abscisses, privé

de O ;

arg( )z = −2

3

π ou

2

3

π : il s’agit de la droite de vecteur

directeur OB →

avec zi

Be=

2

3

π

, privée de O.

Donc, ( ' )( )z i z i+ − =2 1

et arg ( ' )( )z i z i+ −[ ] =2 0 (mod )2π ,

soit z z z z'− − =B A

1

et arg( ' ) arg( )z z z z k− + − = ×B A

2π ,

où k est entier relatif. Donc BM AM'× = 1

et ( , ) ( , )! !

u u kBM' AM → →

= − + × 2π .

3. a) ADD A

= − = − =z z i1 2 et, comme ADE est

équilatéral, on a AE AD= = 2 . On en déduit que les

points D et E appartiennent au cercle # de centre A et de

rayon 2 .

b) D’après 2. b), BEAE

AE' = = = =

1 1

2

2

2 2

et ( , ) ( , )! !

u u kBE' AE → →

= − + × 2π . On utilise la symétrie

axiale d’axe ∆, médiatrice de [AB].


109 1. AD AE= donc z z

z z

E A

D A

−

−

= 1.

( , )AD AE → →

=

π

3 donc arg

z z

z z

E A

D A

−

−

=

π3

. On en déduit que

z z

z z

iE A

D A

e−

−

=

π

3 , d’où

z z z zi

E D A Ae= − +

π

3 ( ) = +

− +

1

2

3

21i i i( ) .

On trouve finalement z iE

= +

+

1

2

3

21( ) .

2. zi

i

i ii

D'=

−

+

=− −

= −

2

1

2 1

2

1

2

3

2

( )( ).

( ' )( ) ( )z i z iz i

izi z i+ − =

−+

+

−22

12

=− + +

+

−2 2 1

1

z i i iz

izz i

( )( )

=

+

−

i

izz i

1( ) = 1.



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. S

b) z ii

iB'

= +

=1

22

1

2

3

4,

z ii

iC'

= − −

= −1

22

1

2

3

4.

3. Le point M' est confondu avec le point M si, et seulement

si, z z' = , ce qui équivaut à z zz

= +

1

2

1, soit z = − 1

ou z = 1 . Il en découle que l’ensemble des points M tels que

M M' = est constitué des deux points d’affixes – 1 et 1.

4. Si M appartient au cercle de centre O et de rayon 1, alors

son affixe s’écrit ei θ avec θ réel. Dans ce cas,

zi

i

i i' ( )= +

= +−1

2

1 1

2e

ee eθ

θθ θ .

Comme e e−=

i iθ θ,

zi' Re( ) cos( )= × =

1

22 e θ θ .

cos( )θ est un réel de l’intervalle [ ; ]− 1 1 , donc le point

M' appartient au segment [KL] où K et L sont les points

d’affixes respectives – 1 et 1.

111 A.1. z i ii

Ae= − + = − +

=

3

2

3

23

3

2

1

23

5

6

π

,

z zi

B Ae= =

−

3

5

6

π

.

3. BAA B A A A

= − = − = =z z z z i z2 3Im( ) .

CAA C

= − = + =z z i3

2

3

23 .

C est un point de l’axe des abscisses, et B et A sont

symétriques par rapport à cet axe, donc CB CA= = 3. Il

en résulte que les trois côtés du triangle ABC ont la même

longueur. On en déduit que ABC est équilatéral.

B. 1. a) zi i i i

Ae e e e

'=

= =

+

1

332

5

6

2

2

5

3

13π π π π ππ π6 6= e

i

,

zi i i i

B'e e e e=

= =

− −

−1

332

5

6

2

2

5

3

π π π π 77

6

5

6

π π

= ei

,

z i ii

Ce

'( )= − = =

1

33 3 32 2

π

.

b)

v

uO

C’

C

A

B

A’B’

c) z zi

A Be= =3 3

5

6

π

', donc OA OB'

→ →

= 3 , ce qui

entraîne que les points O, A et B' sont alignés.

z zi i

ii

B Ae e e e= = = = −

− − +

−3 3 3 3

5

6 6 6

π π ππ

π

'.

Cela signifie que OB OA' → →

= − 3 , donc les points O, B et

A' sont alignés.

v

uO

A

D

B

D’

E’

!

!

E

s(E)

4. BD1

AD' = et BE

AE' =

1. Comme AD AE= , alors

BD BE' '= . D’autre part,

( , ) ( , ) ( , )BD' BE' BE' BD' → → → →

= −! !

u u

= − +

→ →

( , ) ( , )! !

u uAE AD

=

→ →

( , )AE AD

= −π

3.

Il s’ensuit que BD'E' est équilatéral.

110 1. a) OM1

OM1

1 1= = =

z z, donc OM OM× =

11.

D’autre part,

( , ) arg!

u

z

OM1

→=

1 (mod )2π

= − arg( )z (mod )2π

= −

→

( , )!

u OM (mod )2π .

b)

v

uO

A

B

C

A’

B’

C’A1

2. a) L’affixe de M1

est zz1

1= .

M' est le milieu de [M M1

], donc

zz z

zz

' =

+

= +

1

2

1

2

1.

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

premier point du 3. que dans ce cas l’équation admet deux

solutions, z i1

3= − + et z i2

2= + . D’où z

z

i

ii

i1

2

3

43

21 2=

− +

+

= − + = e

π

.

La proposition c) est donc exacte.

113 1. a) z i i iA'

( ) ( )= − − − = − +1 4 1 4 22 .

z i i iB'

( ) ( )= + − + = − +3 4 3 4 22 .

b) Si les points M1 1( )z et M

2 2( )z ont la même image

par f, alors z z z z1

2

1 2

2

24 4− = − , ce qui équivaut à

( )( )z z z z1 2 1 2

4 0− + − = . Cela signifie que z z1 2

= ou

z z1 2

4+ = . Cette dernière égalité s’écrit z z

1 2

22

+

= .

Ce nombre est l’affixe du milieu de M M1 2

. On en déduit

que, si deux points ont la même image par f, alors ils sont

confondus ou l’un est l’image de l’autre par la symétrie

centrale de centre d’affixe 2.

2. a) OMIM' est un parallélogramme si, et seulement si,

OM' MI → →

= , ce qui équivaut à z z' = − −3 , ou encore

z z z2 4 3− = − − , soit z z2 3 3 0− + = .

b) ∆ = − <3 0, donc l’équation admet deux solutions


zi

1

3 3

2=

−

et zi

2

3 3

2=

+.

3. a) z z z z' ( )+ = − + = −4 4 4 22 2 .

On en déduit que z z'+ = −4 22

et arg( ' ) arg arg( )z z z+ = −( )

= −4 2 2 22

(mod )2π .

b) L’égalité z z'+ = −4 22

signifie que KM JM' =2 ,

donc si M appartient au cercle de centre J et de rayon 2, alors

KM JM' = = =2 22 4 ; cela signifie que M' appartient au

cercle de centre K et de rayon 4.

c) z i iE

+ = − = −

+ −

4 3 32 2

(cos sin )π π

,

donc zE

+ =4 3 et arg( )zE

+ = −42

π (mod )2π .

D’après 3. a), zE

est l’image de M(z) par f si, et seulement

si, z − =2 32

et 2 22

2arg( )z k− = − + ×π

π , avec k

entier relatif.

Cela signifie que z − =2 3 et arg( )z k− = − +24

ππ .

On obtient deux solutions,

z ii

= + = + −−

3 2 26

2

6

2

4e

π

ou z ii

= + = − +3 2 26

2

6

2

3

4e

π

.

114 a) zz

z

x iy

x y

x y

x y

xy

x'

( )=

=+

+

=−+

+

+

22

2 2

2 2

2 2 2

2

yyi

2.

La proposition a) est vraie.

b) z' est réel si, et seulement si, 2 0xy = et ( ; ) ( ; )x y ≠ 0 0 ,

soit ( x = 0 ou y = 0 ) et ( ; ) ( ; )x y ≠ 0 0 . Cela équivaut à

« M appartient à l’union de l’axe des ordonnées avec l’axe

des abscisses privé de O ».

La proposition b) est donc fausse.

2. L’équation de la droite (AB) est x = −

3

2.

Si M(z) appartient à (AB) alors z yi= − +3

2.

L’image M' par f a pour affixe

z iz i yi y y' = = − +

= + −

1

3

1

3

3

2

3

4

1

3

2

2

2 .

Si on désigne par X et Y respectivement la partie réelle et la

partie imaginaire de z', alors X = y et Y = − +1

3

3

4

2y .

D’où Y X= − +1

3

3

4

2 . Cela veut dire que si M est un point

de la droite (AB), alors le point M' appartient à la parabole

d’équation

Y X= − +1

3

3

4

2 .

112 1. Si z ii

= − +1 2 e θ, alors

z ii− − = =( )1 2 1e θ , donc M appartient au cercle de

centre A d’affixe 1 – 2i et de rayon 1.

Réciproquement, si M est un point de ce cercle, alors

z z− =A

1 et arg( )z z− =A

θ avec θ =

→

( , )!

u AM (mod )2π .

Donc z zi− =

Ae θ . D’où z i

i= − +1 2 e θ .

Réponse exacte : c).2. − − − − = − − ≠i i i i i( )1 2 2 2 , donc la proposition a) est fausse.

− − − − = − −i i i i( )1 2 1 , donc la proposition b) est

exacte.

z i z' ( )= − + 2 , donc z i z i z z' ( )= − + = − + = +2 2 2 ,

d’où si z ' = 1, alors z + =2 1. On en déduit que M

appartient au cercle de centre d’affixe − 2 et de rayon 1. La

proposition c) est donc exacte.

z i z' ( )= − + 2 équivaut à z i z i= +( ' )2 . On a :

arg( ) arg( ) arg( ' ) arg( ' ( ))z i z i z i= + + = + − −22

2π

.

On en déduit que arg( )z =

π

2 si, et seulement si,

arg( ' ( ))z i− − =2 0, soit ( , ')!

" !"""

u AM = 0 (mod )2π avec

z iA

= − 2 .

M’ décrit donc la demi-droite d’équation y

x

= −

>

2

0.

La proposition d) est donc exacte.

3. z x i= + , l’équation z z i+ = +2

7 s’écrit

x i x i+ + + = +2 1 7 , soit x x2 6 0+ − = .

∆ = >25 0 , donc cette équation admet deux solutions

réelles – 3 et 2.

Il en résulte que lorsque z x i= + , l’équation :

z z i+ = +2

7

admet deux solutions distinctes − +3 i et 2 + i .

La proposition a) est donc exacte.

z x i= + 2 , l’équation z z i+ = +2

7 s’écrit

x i x i+ + + = +2 4 72 , soit ( )x x i2 3 0+ − + = .

Cette équation n’a pas de solution x réelle. Il en résulte que

lorsque z x i= + 2 , l’équation z z i+ = +2

7 n’a pas de

solution.

La proposition b) est donc fausse.

z z i+ = +2

7 s’écrit z z i= − +( )72

,

donc si z est solution alors Im( )z = 1 . On a montré dans le


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) z z r rn n n

i

n

in n

+ +

− = −+

1 1

1e eθ θ

= −+

2

3

2

3r rn

i

n

inne e

θ πθ

= −

rn

ii

ne eθ

π2

31

2

3

= − +

r i

n

ine

θ 4

3

3

3,

donc M Mn n n n n

n

z z r r+ +

= − = =

1 1 0

19

3

19

3

2

3.

On obtient M Mn n

n

+

=

1

192

3.

I M Mn k k

k

n

=+

=

∑ 1

0

=

=

∑192

30

n

k

n

.

Donc In

n

n

=

−

−= −

+

+

19

12

3

12

3

3 19 12

3

1

1

.

limn

n

→+ ∞

+

=2

30

1

donc lim ( )n n

→+ ∞

=I 3 19 .

117 A. 1. z az i1 0

3 3 3= = +

a i2

3

4

1

4= + .

2. z i i1

3 3 3 3 1 3 6= + = + = , donc

z ii

1

361

2

3

26= +

= e

π

.

a i ii

2 63

4

1

4

1

2

3

2

1

2

1

2= + = +

= e

π

.

116 1. a) r rn

n

=

2

30

.

b) θ θ πn

n= +

0

2

3.

c) z z z r r r r r r0 1 2 0 1 2 0 0 0

2

3

2

3

2

= =

==

2

3

3

0

3r ,

donc 8

278

0

3r = ; on en déduit que r0

3= , r1

2= et r2

4

3= .

arg( )z z z0 1 2 0 1 2 0 0

3 32

33 2= + + = + × = +θ θ θ θ

πθ π

(mod )2π , donc z z z0 1 2

8= implique 3 20

θ π= ×k avec

k entier relatif, soit θ0

=

k × 2

3

π.

Comme θ0

appartient à 03

;π

, on a θ

00= .

D’où θπ

1

2

3= et θ

π

2

4

3= . Il en résulte que

z0

3= , zi

1

2

32= e

π

et zi

2

4

34

3= e

π

.

2. a) N.B. : L’échelle demandée a été ici réduite de moitié.

v

uO

M1

M0

M3

M2


c) ( )1 22+ =i i, ( )1 44

+ = −i , ( )1 168+ =i , donc l’image

M de ( )1 8+ i appartient à l’axe des abscisses. On déduit,

d’après b), que f i18

+( )

est réel.

La proposition c) est donc vraie.

d) On pose z ri

= e θ avec r z= . M et M' sont confondus

si, et seulement si, r

rr

i

ie

e

θθ

=

2

, ce qui équivaut à

e e2i ir

θ θ= , soit ei

rθ

= . Cela signifie que r = 1 et θ = 0

(mod )2π . Autrement dit, z = 1 .

La proposition d) est donc vraie.

115 1. 2 3 3 9( ) ( )+ + − = +i i i .

Réponse exacte : c).

2. i z i z i z i z i z i+ = − = − = − = +1 ( ) .


3. − − = − −

=

−1 3 2

1

2

3

22

2

3i ii

e

π

.

arg arg( ) arg( ) arg(− +

= − − − = − +

1 31 3

2

3

i

zi z

πzz).

Réponse exacte : b).

4. 3 23

2

1

22 6+ = +

=i i

ie

π

, donc

arg ( )3 6 36 2

6 3

+( )

= + = ++

i k kk π

ππ

.

Cela signifie que 36 3

+( )+

ik

est imaginaire pur.


5. z i z− = + 1 signifie que AM BM= , ce qui équivaut

à M est un point de la médiatrice du segment [AB].


6. z i i− + = −1 3 4 , équivaut à z z− =Ω

5. Il s’agit

donc du cercle de centre Ω et de rayon 5.



© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

3. a) z a z ii i i

3

2

1

6 3 21

26 3 3= =

= =e e e

π π π

.

z a z a zi i

7

6

1

23

1

6

3

31

26

3

4= = ( ) =

=e e

π π

eei5

6

π

.

b) N.B. : L’échelle demandée est ici exacte.

v

uO

A0

A1

A3

A7

B. 1. a) a21

2= , donc a = =

1

2

2

2.

z a z1 0

= , donc z

z

a0

1 6

2

2

12

2

= = = .

r z a z a zn n

nn

n n

= = = =

× =

×

0 0

2

2

12

2

2

2

2

2122.

On obtient rn

n

=

+

122

2

1

.

b) On en déduit que ( )rn

est une suite géométrique de raison

2

2 et de premier terme 6 2 .

2. La raison de la suite géométrique ( )rn

étant comprise

strictement entre – 1 et 1, la suite converge vers 0.

Cela signifie que la distance OMn n

r= tend vers 0 lorsque

n tend vers plus l’infini.

3. OAp

$ 10 3− si, et seulement si,

rp

p

=

+

−122

210

1

3$ ,

ce qui équivaut à ln( ) ( ) ln ln( )12 11

210 3

+ +

−p $ ,

soit p "ln( ) ln( )

ln( ),

12 3 10

21 26 1

+− ≈ .

Donc le plus petit entier naturel p tel que OAp

$ 10 3− est

p = 27.

arg( ) arg( ) arg( ) arg( )z a z a z27

26

1

2

113= = + .

Comme arg( )a2

6=

π et arg( )z

1 3=

π, alors

arg( )z27

13

6 3= +

π π, soit arg( ) (mod )z

27 22=

ππ .

On en déduit que

( , )!

u OA27 2

→

=

π (mod )2π .

118 1. a) z i1

3

4

3

4= + ; z i

2

3

8

3 3

8= + ;

z i3

3 3

8= ; z i

4

9

32

9 3

32= − + ;

z i5

27

64

9 3

64=

−

+ ; z6

27

64= − .

b) N.B. : L’échelle demandée a été ici réduite de moitié.

v

uO

A0

A1

A2

A3

A4

A5

A6

2. a) Pour tout entier naturel n non nul,

z z i z i zn n n n+ −

− = +

− +

1 1

3

4

3

4

3

4

3

4

= +

−

−

3

4

3

4 1i z z

n n( ).

b) On en déduit que pour tout entier n " 1,

d z zn n n

= −

+1= + −

−

3

4

3

41

i z zn n

=−

3

21

dn

.

En raisonnant par récurrence, on peut dire que pour tout

entier n " 1, d dn

n

=

3

20.

c) d z zn n n n n

= − =+ +1 1

A A .

d) La suite ( )dn

est géométrique de raison 3

2 et de

premier terme d z z i0 1 0

3

4

3

41

1

2= − = + − = , donc

L A AKn k

k

n

k

k

n

n

d d= = =

−

−+

=

−

=

−

∑ ∑1

0

1

0

11

3

2

13

2

00

2 13

2

2 3

1

2=

−

−×

n

.

On obtient Ln

n

= −

+13

22 3( ).

limn

n

→+ ∞

=

3

20, donc la suite ( )L

n converge vers 2 3+ .

3. a) 3

4

3

4

3

2

3

2

1

2

3

2

6+ = +

=i i

ie

π

.

a z i zn n n

= = +

−

arg( ) arg3

4

3

4 1

= +

+

−arg arg( )

3

4

3

4 1i z

n

= +−

π

61

an

(mod )2π .

( )an

est une suite arithmétique de raison π

6 et de premier

terme a z0 0

0= =arg( ) , donc a

n

n

=

π

6 (mod )2π .

b) O, A0 et A

n sont alignés si et seulement si le point A

n

appartient à l’axe des abscisses, ce qui équivaut à n

kπ

π

6=

avec k entier relatif, soit n k= 6 . Les points O, A0 et A

n

sont alignés si, et seulement si, n est un multiple de 6.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

2. a) ZZ Z=2

, donc ZZ = 1 équivaut à Z2

1= . Comme

Z " 0 , cette dernière condition est équivalente à Z = 1.

En définitive, ZZ = 1 équivaut à Z = 1.

b) Z = 1 équivaut à ZZ = 1 . En utilisant la définition de

Z, cette égalité s’écrit

2

1

2

11

iz i

z

i z i

z

−+

− +

+

= , soit z z z z− − = 0.

En utilisant la forme algébrique de z, cette égalité s’écrit

x y x2 2 2 0+ − = , soit ( ) .x y− + =1 12 2 Comme le

couple ( ; )− 1 0 ne vérifie pas cette équation, on conclut

que l’ensemble "1 des points M d’affixe z tels que Z = 1

est le cercle de centre A( ; )1 0 et de rayon 1.

3. a) Z Z+ = 0 si, et seulement si, 2 0Re( )Z = , ce qui

équivaut à Re( )Z = 0 . Ainsi, Z est imaginaire pur.

b) Pour z ≠ −1 , l’égalité Z Z= − s’écrit

2

1

2

1

iz i

z

i z i

z

−

+

= −

− +

+

,

ce qui équivaut à ( )( ) ( )( )2 1 1 2iz i z z i z i− + = + − ,

soit z z= .

Il en résulte que l’ensemble "2 des points M d’affixe z tels

que Z est imaginaire pur est l’axe des abscisses.

PROLONGEMENT DU TD 38

122 1. a)α α

2 24 1 3 4 1 3 6 2 3− = + − + = − −( ) ( )i i i .

D’autre part,

2 8 2 1 3 8 6 2 3α − = − − = − −( )i i .

On en déduit que α α α2 4 2 8− = − .

b) OB OAB

= = = + = =z iα 1 3 2 .

OC OAC

= = = =z α α , donc les points B et C

appartiennent au cercle de centre O et passant par A.

2. ( OD OE ) → →

=,π

3 équivaut à arg

z

z

E

D

=

π3

(mod )2π .

Comme OD OE= , alors z

z

E

D

= 1.

On déduit que z

z

iE

D

e=

π

3 , soit

z z i i zi

i i

E D De e e= = +

= + =

πθ θ α3 2

1

2

3

21 3( ) .

3. a) F étant le milieu de [BD],

zz z i

i

F

B De

e=

+

=+

= +

2

2

2 2

α αθ

θ .

G étant le milieu de [CE], zz z i

G

C E e=

+

=+

2 2

α α θ

.

b) z

z

i

i

G

F

e

e

−

−=

+−

+ −

2

2

22

22

α α

α

θ

θ

=+ −

+ −

α α

α

θ

θ

e

e

i

i

4

2 2 =

+ −

+ −

2 2 8

2 4 8

α α

α

θ

θ

e

e

i

i

=+ −

+ −( )2 4

2 2 4

2α α α

α

θ

θ

e

e

i

i =

+ −( )+ −( )

α α

α

θ

θ

2 4

2 2 4

e

e

i

i =

α

2.

119 1. a) En utilisant les propriétés du conjugué, on a

P α α α α α( ) = ( ) − ( ) + ( ) − +4 3 2

6 23 34 26

= − + − +( )α α α α4 3 26 23 34 26

= P( )α .

b) Il en résulte que, si P( )α = 0 , alors P( )α = 0 .

2. a) On trouve P( )1 0+ =i .

b) On en déduit que P( )1 0− =i . D’où 1 − i et 1 + i sont

solutions de l’équation P( )z = 0 .

3. a) Q( ) ( ) ( )z z i z i z z= − +[ ] − −[ ] = − +1 1 2 22 .

Posons Q1

2( )z az bz c= + + . On a :

Q Q( ) ( ) ( ) ( )z z az a b z a b c z1

4 3 22 2 2= + − + + − + +

( )2 2 2b c z c− + .

Pour avoir, pour tout nombre complexe z, P Q Q( ) ( ) ( )z z z=1

,

on prend a, b et c tels que a = 1 , − + = −2 6a b ,

2 2 23a b c− + = , 2 2 34b c− = − et 2 26c = , soit

a = 1, b = − 4 et c = 13.

Il en résulte que

P Q( ) ( )z z z z= − +( )2 4 13 .

b) L’équation P( )z = 0 équivaut à Q( )z = 0 , ou

z z2 4 13 0− + = . Les solutions de Q( )z = 0 sont 1 − i

et 1 + i . Le discriminant de la deuxième équation est

∆ = − 36, elle admet donc deux solutions complexes

conjuguées

zi

i1

4 36

22 3=

−

= − et z i2

2 3= + .

En conclusion, l’équation P( )z = 0 admet trois solutions :

1 − i , 1 + i , 2 3− i et 2 3+ i .

120 1. Pour z ≠ 1 , on a :

Z Z+ =−

−

+−

−

5 2

1

5 2

1

z

z

z

z

=− − + − −

− −

( )( ) ( )( )

( )( )

5 2 1 1 5 2

1 1

z z z z

z z

=− − +

− − +

10 7 7 4

1

z z z z

z z z z

=

− + +

− + +

10 7 4

1

2

2

z z z

z z z

( )

( ).

2. Le point M' appartient à l’axe des ordonnées si, et

seulement si, Z Z+ = 0 , ce qui équivaut à

10 7 4 02

z z z− + + =( ) et z ≠ 1 . En utilisant

z x iy= + avec x et y réels, cette condition s’écrit :

10 7 2 4 02 2( ) ( )x y x+ − + = et ( ; ) ( ; )x y ≠ 1 0 ,

ce qui équivaut à x y x2 27

5

2

50+ − + = et ( ; ) ( ; )x y ≠ 1 0 ,

soit

x y−

+ =7

10

9

100

2

2 et ( ; ) ( ; )x y ≠ 1 0 .

Comme les coordonnées ( ; )1 0 vérifient cette équation, il

s’agit donc de l’équation du cercle de centre A( ; )7

100 et de

rayon 3

10 privé du point de coordonnées ( ; )1 0 .

121 1. Pour z ≠ − 1, on a

Z =− +

+

2

1

i z i

z

.

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. S

On en déduit le tableau de variation de f :

x – π – π

# 6

5π ##

6 π

7

4 – 213

4 + 213

7

c) La longueur AF est minimale lorsque θπ

= −6

, donc

lorsque zD

i

=

−

2 6e

π

.

123 A. AB AC AB AC → → → →

=

+

, , ,

! !

u u

(mod )2π

=

−

→ →! !

u u, ,AC AB (mod )2π

= − − −arg( ) arg( )c a b a (mod )2π

=

−−

argc a

b a (mod )2π .

B. 1. a) zi i

ii

B'=

− −

=

1.

b) zi

z' = −

+1

1 donc z ' ≠ 1 .

2. a) z ' = 1 équivaut à z z z− =A

, soit AM OM= .

L’ensemble " des points M pour lesquels z ' = 1 est la

médiatrice du segment [OA].

b) Remarquons que si z i= +1 , alors z ' = 0 est réel. Le

point A appartient donc à l’ensemble recherché.

Si z i≠ +1 et z ≠ 0 , alors z’ est un réel différent de 1 si,

et seulement si, argz z

z

−

=

A 0 (mod )π , ce qui est

équivalent à ( , )OM AM → →

= 0 (mod )π . Cela veut dire que

M appartient à la droite (OA) privée de O et de A. Comme

on a remarqué que A fait partie de l’ensemble recherché,

en définitive, cet ensemble est la droite (OA) privée de O.

z z

z z

z

zi

iG A

F A

G

F

e−

−

=

−

−

= = + =

2

2 2

1

2

3

2

3α

π

,

donc AFG est équilatéral (cf. exercice 38 A. 3. b) page 251

du manuel).

4. a) AFF

22

2= −z

= + −α

θ

22

2

ei

= + + + −1

2

3

22

2

i icos( ) sin( )θ θ

= − +

+ +

3

2

3

2

2 2

cos( ) sin( )θ θ

= − +4 3 3cos( ) sin( )θ θ .

b) f est dérivable sur −] ]π π; et pour tout réel x de cet

intervalle,

f x x x'( ) sin( ) cos( )= +3 3

= +

2 3

1

2

3

2cos( ) sin( )x x

=

+

2 33 3

cos cos( ) sin sin( )π π

x x

= −

2 33

cos xπ

.

f x'( ) = 0 si, et seulement si, x − = −π π

3 2 ou x − =

π π

3 2,

soit x = −π

6 ou x =

5

6

π.

f x'( ) > 0 si, et seulement si, − < − <π π π

2 3 2x , soit

− < <π π

6

5

6x .

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 9 Droites et plans de l'espace

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. S

Droites et plans de l'espace9


Activité 1

1 1. a) La trace de N est un quadrilatère qui semble être un trapèze.b) La trace n'est pas la même mais sa nature ne change pas. Cependant, pour une certaine position de S, le trapèze semble isocèle.2. a) La droite (SM) n'est pas parallèle au plan (ABC) et n'est pas incluse dans ce plan, donc N existe toujours.

HE

A

CB

F G

D

I L

J

J’ K’

K

S

S’

b) M est un point du plan (SKL), donc la droite (SM) est dans ce plan et il en est de même de N.c) Si M parcourt le segment [I J ], alors N décrit le segment [IJ’].d) Lorsque M parcourt le segment [JK], N est un point du plan (SJK) et du plan (ABC). Or (IL), contenue dans (ABC), est parallèle à (JK) contenue dans le plan (SJK). Donc, d'après le théorème du toit, la droite intersection est parallèle à (IL) et (JK). Le point N parcourt le segment [J’K’].

e) Si M parcourt le segment [IL], alors M = N et N parcourt le même segment.f) Le contour de la tache de lumière est donc un trapèze, de bases [IL] et [J’K’].

3 a) On projette S en S’ sur le plan (ABC) parallèlement à (FB). Le point S’ est donc situé sur [BD].b) Le point P est donc en K’ intersection de (S’L) et (SK). De même Q est en J’.

Activité 2

1 (EH) et ∆1 sont orthogonales ainsi que (HG) et ∆

2, etc.

2 a) IAJ est un triangle isocèle car AI = AJ = 12.b) Le triangle IBJ est un triangle isocèle, la bissectrice [BH] est donc également hauteur et médiatrice et les triangles BHI et BHJ sont rectangles.c) D'après le théorème de Pythagore, BH2 = IB2 – IH2 = 1 – IH2 et de même le triangle AHI est rectangle en H car H est le milieu de [IJ], donc :

AH2 = AI2 – IH2 = 2 – IH2.d) AH2 – BH2 = 2 – IH2 – (1 – IH2) = 1 – AB2, soit AH2 = BA2 + BH2.Il en résulte que le triangle ABH est rectangle en B, donc d et d


2 Enseignement spécifique Chapitre 9 Droites et plans de l'espace

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. S

Les points I, J, K sont alignés car ils appartiennent à la droite ∆ intersection des plans (BCD) et (MNP).

I

J

A

B

DE

C

N

MP

4 1. M est un point du plan (HDA), donc (MN) coupe (AD) en K qui est l'intersection de la droite (HM) et du plan (ABC).2. M est un point du plan (KBH), donc la parallèle à (HB) passant par M coupe (KB) en I. Ce point est donc l'intersection de la droite d et du plan (ABC).

I

M

d

E

H G

CD

F

BA

K

5 I et K sont des points du plan (ABF), donc (IK) coupe (AB) en L. De même, J et K sont deux points du plan (CBF), donc (JK) coupe (BC) en M.Les points L et M appartiennent à la fois aux plans (IJK) et (ABC). La droite (LM) est donc la droite ∆ cherchée.

IJ

H G

CD

E

A B

K

F

LM

1 M et N sont deux points du plan (ASC).Le plan (ASC) coupe le plan (ABC) suivant la droite (AC), donc la droite (MN) coupe le plan (ABC) en E situé sur la droite (AC).

M

N

EC

B

A

D

S

2 La droite (AI) contenue dans le plan (ABC) coupe (BC) en J. De même, la droite (AK) du plan (CAD) coupe (CD) en L. Les droites (JL) et (IK) sont coplanaires et sécantes en E.Le plan (AIK) coupe le plan (BCD) suivant la droite (JL), donc l'intersection F du plan (AIJ) et de la droite (BD) est l'intersection des droites (BD) et (JL).

A

BD

C

I

K

JL E

F

3 La droite (MN) est dans le plan (ABC) et n'est pas parallèle à (BC). Elle coupe donc (BC) en I. De même, (NP) contenue dans (ACD) n'est pas parallèle à (CD) donc coupe (CD) en J et de même (MP) coupe (BD) en K.


PROBLÈME OUVERTI et J sont les milieux de [AH] et [AC], donc IJ = 1

2 HC.

Or HC = 412, donc I J = 212. Dans le triangle rectangle ICG on a IG2 = IC2 + CG2.

Or IC = 1 2 AC = 212, donc IG2 = 8 + 16 = 24.

De même, GJ2 = 24 dans le triangle rectangle JKG.GK2 = GJ2 – KJ2 = 24 – 2 = 22GK = 422 donc

aire (IGJ) = 1 2 GK × IJ = 1

2 422 × 212,

soit aire (IGJ) = 444 cm2 = 2411 cm2 < 7 cm2.Conclusion : l'aire du triangle ne dépasse pas 7 cm2.

K

G

26 26

25J I


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. S

résulte que (EG) est perpendiculaire aux droites (HF) et (FB), donc au plan (HDB).2. (EG), étant perpendiculaire au plan (HDB), est perpendiculaire à toutes les droites de ce plan, donc à (HB).

E

H G

CD

B

F

A

8 Le plan (EHB) est aussi le plan (EHC). On raisonne comme pour l'exercice 7. (HC) est perpendiculaire à (DG) et (EH), étant perpendiculaire au plan (DCG), est orthogonale à (DG). Donc (DG), étant perpendiculaire aux deux droites concourantes (HF) et (HE), est perpendiculaire au plan (EBH).

6 (MN) est une droite du plan (ABC). Elle coupe donc (BC) en E. (EP) est une droite du plan (BCD). Elle coupe donc [BD] en Q. La section du tétraèdre ABCD par le plan (MNP) est donc le quadrilatère MNPQ.

N

P

Q

E

M

A

B D

C

7 1. Le plan (BDH) est aussi le plan (BFH). (EG) est perpendiculaire à (HF) comme diagonales du carré EFGH. De plus, (FB) est perpendiculaire au plan (EFG) donc à toutes les droites de ce plan et en particulier à (EG). Il en


13 Section plane d'un cube •Lesoutils– Logiciel de géométrie pour conjecturer.– Le parallélisme dans l'espace.– Le théorème de Pythagore.•Lesobjectifs– Savoir conjecturer un résultat.– Savoir reconnaître la nature d'une section.1. a) Le point M est le centre de gravité du triangle ADH. En effet, les diagonales du carré se coupent en O et l'on a :DE = 2DO donc 3DM = 2DO, d'où

DM = 2 3 DO. Par ailleurs, O est le

milieu de [AH].

Le centre de gravité du triangle ADH aux 2 3 de la médiane à

partir de D est donc le point M.b) M étant le centre de gravité du triangle ADH, le point J est le milieu de [DH].J et G sont deux points du plan (AHG) et de la face DCGH, donc le segment [JG] est l'intersection cherchée.

B

C

GH

E

A

J

IM

D

4 cm

F

2. a) Le plan (AMG) coupe la face ABFE suivant un segment [AI] parallèle à [JG].

E H

JM

O

DA

En conclusion, la section est le parallélogramme AIGJ.b) G se projette orthogonalement en F sur le plan (ABFE), et J en K milieu de [AE]. Donc (FK) // (AI) et I est le milieu de [FB].c) I étant le milieu de [FB], on retrouve sur les faces ABFE et BCGF les mêmes confi gurations. AI2 = AB2 + IB2 = 16 + 4 = 20 et de même IG2 = 20.Donc le parallélogramme, ayant deux côtés consécutifs de même longueur, est un losange.3. a) et b) La diagonale IJ = DB = 412 cm. De plus, AG2 = AC2 + CG2 = AB2 + BC2 + CG2, soit AG = 413 cm. On a :

aire (AIGJ) = 1 2 I J × AG = 1

2 412 × 413 cm2 = 816 cm2.

aire (IAJ) = 1 2 AI × AJ × sin dIAM,

soit 416 = 1 2 (215)2 sin dIAM.

D'où 416 = 10 sin dIAM.

Or sur dIAM = 216

5 , soit dIAM ≈ 78°.

14 Un calcul de distance•Lesoutils– Orthogonalité de droites et de plans.– Le théorème de Pythagore.– Le théorème de Thalès.•L'objectif– Savoir calculer des distances dans l'espace.

E F

IK

BA

JK

A

I

G

M

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. S

1. a) Les droites (SA) et (MP) sont parallèles, donc P est un point du plan (ASC) et également un point de la diagonale [AC] du carré ABCD.b) (MP) est perpendiculaire au plan (ABC), donc à (AB). De plus, (AB) est perpendiculaire à (PH). Donc (AB), étant perpendiculaire à deux droites concourantes du plan (MPH), est perpendiculaire à ce plan et en particulier à la droite (MH).2. a) SC2 = SA2 + AC2 = 36 + 32 = 68, donc SC = 2417 cm.Dans le triangle ACS on a :

MP AS

= CM CS

= 1 3 donc MP = AS

3 = 2 cm.

b) Dans le triangle ABC :

PH BC

= AP AC

= AC – CP AC

= 1 – CP CA

= 1 – CM CS

= 2 3 ,

donc PH = 2 3 BC = 2

3 × 4, soit PH = 8

3 cm.

c) Il en résulte que :

MH2 = PH2 + PM2 = 64 9 + 4 = 64 + 36

9 = 100

9 ,

soit MH = 10 3 cm.

B

CD

A4 cm

6 cmM

H

P

S

15 Narration de rechercheIl semble que la section soit un rectangle MNPK.En effet, si on trace par J et K les parallèles à (DH), elles coupent respectivement [FG] en N et [EH] en M tels que

4 EM = EH et 4 GN = GF.D'où la fi gure ci-après.

M

I

N

GH

FE

Dans le plan, eEM = eNG, donc EMGN est un parallélogramme. Comme I est le milieu de [EG] il est aussi le milieu de [MN]. Ainsi, les points I, J, M, N, K sont coplanaires.Il en est de même des points I, J, K, P.Ainsi, la section est bien un rectangle.

16 Narration de rechercheOn reprend les résultats de l'exercice 14 avec cette fois CM = t CS, avec 0 < t < 1.

MP AS

= t, donc MP = 6t.

J

I

B

C

P

GH

E

M

D

A

K

F

N

De même, PH 4 = AP

AC = 1 – CP

CA = 1 – t,

donc PH = 4(1 – t).Il en résulte que

MH2 = 16(1 – t)2 + 36t2 = 4 [13t2 – 8t + 4].On note f la fonction défi nie sur [0 ; 1] par

f(t) = 4 (13t2 – 8t + 4).

On a f ’(t) = 4 (26t – 8), donc MH est minimale pour t = 4 13

,

soit CM = 4 13

CS.

17 TD – Sections planes d'un cube

N

M

L

K

P

A

O

B

DC

GH

EF

I

J

A. 2. La section va du triangle à l'hexagone.

B. 1. a) Les plans (ADH) et (BCG) sont parallèles, donc ils sont coupés par le plan (NIJ) suivant deux droites parallèles (MN) et (JK).b) Il en va de même pour les droites (IJ) et (ML), ainsi que (NI) et (LK).2. a) Les droites (HE), (I J) et (MN) sont concourantes en O. En effet, les droites (EH) et (IJ) du plan (EFG) se coupent en O. Ce point O appartient aux plans (AED) et (NIJ). Il appartient donc à l'intersection de ces deux plans, c'est-à-dire à la droite (MN).b) Il en va de même pour les droites (IJ), (HG) et (LK).

18 TD – Les alvéoles des ruchesA. 1. Figure 2. OABC est un losange. Par conséquent, les diagonales sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu. D'où le résultat. AP est la hauteur du triangle

équilatéral OAB de côté a, donc AP = a13

2 .

2. Figure 3. Sin hBB1P = sin dOSP, soit BP

B1P

= OP SP

.

Or BP = OP, donc B1P = SP et P est le milieu de [B

1S].

3. Figure 1. P est le milieu de [AC] et [B1S], donc le

quadrilatère AB1CS est un parallélogramme. Or (AP) est

perpendiculaire à [BO] et (OS), donc au plan (BOS) et en particulier à (B

1S). Il en résulte que AB

1CS est un losange.

B. 1. 6 = aire(AB1CS) + 2aire(ABGH) – 2aire(ABB

1), or

aire(ABGH) est constante donc 6 et sont minimales ensembles.

2. a) B1P2 = BP2 + BB

12 = a

2

4 + x2, soit B

1P = 1

2 94x2 + a2.

b) aire (AB1CS) = AP × B

1S =

a13

2 × 94x2 + a2 ;

aire(ABB1) = ax

2 .

Donc = a13

2 94x2 + a2 – ax.


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th T

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. S

de tÊte

19 a) d // 2. b) d ⊥

2. c) d //

2.

20 1. BEG est équilatéral.2. Le plan EGA contient le rectangle AEGC et I n'appartient pas à ce plan. Donc les droites ne sont pas sécantes.

21 Le plan (IJC) coupe le plan (EFG) suivant une droite passant par I et parallèle à (JC). C'est la droite (IE). Donc E appartient au plan (ICJ).

interseCtion d'une droite

et d'un plAn


23 1. a) 1 et la face

ADHE ont en commun les points A et H, donc l'intersection est la droite (AH).b)

2 coupe la face BCGF

suivant la droite (BG).2. Ces droites (AH) et (BG) sont parallèles, ainsi que les droites (DB) et (HF). Donc les plans

1 et

2 sont parallèles.

24 I se projette orthogo-nalement sur le plan (ABC) en J milieu de [AD] et M en N tel que 4BN = BC.Donc (IM) coupe le plan (ABC) en K, intersection de (IM) et (JN).

A

J

I

B

C

GH

E F

D

B

C

G

F

H

E

D

A

M

NK

I

J

3. a) f ’(x) = 13

2 × 8x

294x2 + a2

– 1 = 213x

94x2 + a2 – 1

= 213x – 84x4a2

94x2 + a2

.

D'où le tableau :

x 0 a12

4 + ∞

f’ – 0 +

ff 1 a12

4 2

b) Donc x0 =

a12

4 .

4. a) Dans ce cas, B1P =

a16

4 et AB

1 =

3a12

4 .

b) Donc cos θ 2 = cos(hAB

1P) =

B1P

AB1

= 13

3

et cos θ = 2 cos2 θ 2 – 1 = 2

3 – 1 = – 1

3 .

Soit θ ≈ 109° 47.


25 Le plan (IGJ) coupe le plan (ABC) suivant la droite (MN) parallèle à (GI). Ainsi, (MN) et (IJ) sont coplanaires et leur intersection est le point K cherché.

B

C

M

G

F

H

E

D

A

J

N

K

I

26 La fi gure ci-après a été réalisée avec K milieu de [FB].1. Voir la fi gure.2. a) Les points U, Q et R appartiennent aux plans (IJK) et (AOD), donc à l'intersection de ces plans. Ils sont donc alignés.b) Il en est de même de V, N, P qui appartiennent à la fois aux plans (IJK) et (DOC).c) La droite (OD) est l'intersection des plans (AOD) et (DOC). Donc le point commun W aux droites (RQ) et (PN) appartient à cette droite.

I

J

D G

F

CO

E

A

U

V

P

N

Q

R

M

L

W

K

B


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. S

2. La droite d coupe (FG) en O, (OI) coupe (HG) en M et (EF) en Q.L'intersection est donc le trapèze MNPQ, car les plans (HGC) et (EFB) sont parallèles, donc (MN) est parallèle à (PQ).

32

L D

A

C

B

E

F G

K

1. (EF) coupe (BC) en K et (KG) coupe (BD) en L.La section est le quadrilatère EFGL.2. a) On prend par exemple (EF) parallèle à (BC) pour avoir un trapèze.b) Si (EF) est parallèle à (BC) et (FG) parallèle à (AD), on obtient un parallélogramme (théorème du toit).


34

DC

BU

S

M

I

J

AV

L

K

La droite (KJ) coupe (DC) en U et (AD) en V.En traçant (IU) on obtient M sur (SD) et (VM) coupe (AS) en L. La section est le polygone IJKLM. On remarquera que (LK) et (IJ) sont parallèles (théorème du toit).

droites et plAns ortHogonAux

35 Notons (P) la proposition « d orthogonale à » et (Q) « d orthogonale à ∆ ».(P) ⇒ (Q) est vraie. En effet, si d est orthogonale à elle est orthogonale à toute droite de , donc à ∆.(Q) ⇒ (P) est fausse, car si d est orthogonale à ∆ elle n'est pas nécessairement perpen-diculaire à .

∆

d

∆

d

3. Si a est le côté du carré, K étant le milieu de [FB], alors

IF = BL et FJ = BM, donc BM = BL = a 2 .

Donc, dans le triangle ALU, BM AU

= BL AL

= 1 3 .

De même BL CV

= 1 3 , donc AU = CV = 3a

2 , soit

OV = OU = 5a

2 et UV =

5a12

2 .

On démontre de même que UW = WV = 5a12

2 .

D'où le résultat.

interseCtion de deux plAns

27 1. Le plan (EGJ) coupe le plan (ABC) suivant une droite passant par J et parallèle à (EG) ou (AC).Donc (JK) est parallèle à (AC) et le point K de [AB] est tel que 4AK = AB.2. Les droites (EK) et (HI) sont parallèles, donc (HI) est parallèle au plan (EGJ).


29 a) Les droites (AD) et (BC) sont parallèles, donc les plans (SAD) et (SBC) se coupent suivant une droite ∆ passant par S et parallèle à (BC) (théorème du toit).b) (AB) et (DC) se coupent en E, donc la droite (SE) et l'intersection des plans (SAB) et (SDC).

30 OK = 1 3 OB et OL = 1

3 OD.

Donc, d'après le théorème de Thalès dans le triangle BDO, les droites (KL) et (BD) sont parallèles. On démontre de même dans le triangle AED que KM est parallèle à (AD). Il en résulte que le plan (KLM) est parallèle au plan ABD.

seCtion d'un polyÈdre

pAr un plAn

31 1.

B

C

F

H

E

D

A

I

O

M

Q

P

d

G

NF

I

J

K B

CD

A

H G

EF

A B

CD

K

J

A

ED C

B

S

B

A

C

D

O

E F

K L

M


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

36 (DB) ⊥ (AS) car ABCD estun carré. (SO) est perpendiculaire au plan (ABC) donc à (DB). Il en résulte que (DB) est perpendiculaire au plan (AOS), donc à toute droite de ce plan et en particulier à (AS).


38 (CD) est perpendiculaire à (AH) et (AB), donc au plan (ABH). De plus, (BK) étant perpendiculaire au plan (ACD) est perpendiculaire à (CD). Donc K est un point du plan ABH et A, K, H sont alignés.

39 (AS) étant perpendiculaire au plan (ABC), les triangles SAB et SAD sont des triangles rectangles en A. De plus, (AB) est perpendiculaire à (AD) et (AS), donc au plan (SAD) et en particulier à (SD). Donc, comme (DC) est parallèle à (AB), le triangle SDC est rectangle en D et l'on a SD2 = 2a2, SC2 = 3a2, SB2 = 5a2 et CB2 = 2a2, donc SB2 = SC2 + CB2 et le triangle SCB est rectangle en C.

40 1. a) D'après le théorème des « milieux » :

IK = LJ = BD 2

et IL = KJ = AC 2 .

Or BD = AC, donc IJKL est un losange.b) Les diagonales d'un losange sont perpendiculaires, donc (IJ) ⊥ (KL). De même, (IJ) ⊥ (MN) et (MN) ⊥ (LK).2. a) (IJ), étant perpendiculaire à (KL) et (MN), est perpendiculaire au plan formé par ces deux droites sécantes, donc en particulier à (LN) et (NK).b) D'après le théorème des « milieux » (LN) // (AB) et (NK) // (CD), donc (IJ) est orthogonale à (AB) et (CD).3. Le milieu G de [IJ] est tel que (GI) est la médiatrice de [AB] et [CD], donc :

GA = GB et GC = GD.De la même manière, on démontre que GA = GD.Donc G est le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre.



42 1.

O

C

BM

NP

Q

A

B

S

CD

O

A

C

B

A

D

L

M

I

N

K

J

Les droites (OC) et (AB) sont perpendiculaires, donc (MN) et (MQ) sont perpendiculaires. Ainsi, le parallélogramme MNPQ, ayant un angle droit, est un rectangle.2. a) OM = x. Les triangles OMQ et OAB sont rectangles isocèles, donc MQ = x 12.De plus, le triangle AOC est rectangle isocèle, donc MN = AM = a – x. Ainsi, aire (MNPQ) = x12(a – x).

OH = x12

2 , H étant le projeté orthogonal

de O sur le plan (MPQ), donc sur (MQ).Il en résulte que le volume de la

pyramide est 1 3 × OH × aire(MNPQ),

soit

1 3 ×

x 12

2 × x 12(a – x) = 1

3 (ax2 – x3).

b) Soit f la fonction défi nie sur [0 ; a] par

f(x) = 1 3 (ax2 – x3) ; on a f ’(x) = 1

3 (2ax – 3x2) = 1

3 x (2a – 3x).

x 0 2 3 a α

f’ + 0 –

f

Le volume est donc maximal pour x = 2 3 a.


44

M

C

A

B

H

On a (BC) ⊥ (AH) et (MH), étant perpendiculaire au plan (ABC), est perpendiculaire à (BC). Donc (BC), étant perpendiculaire à (AH) et (MH), est perpendiculaire au plan (AMH) donc à (AM). On démontre de même que (AC) ⊥ MB et (AB) ⊥ (MC).

45 1. a)

C

D

A

B

I

M

K

E

J

L

b) E milieu de [BK] est tel que BE = EK = KA donc, dans le triangle EAD, (KI) est la droite des milieux. Il en résulte que (KI) et (ED) sont parallèles. Donc, dans le triangle

B

AMO x

QH

C

AM Ox

N


© N

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an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

(BKM), on a tracé par le milieu E de [BK] la parallèle à (KM), elle coupe donc [BM] en son milieu D.2. a) M et J sont deux points des plans (KIJ) et (BCD), donc l'intersection L de (JM) et (CD) est l'intersection de (CD) et du plan (IJK).b) L est le centre de gravité du triangle BCM, donc

CL = 2 3 CD.

46

1. a) Les plans (SAB) et (SDC) sont tels que (AB) // (DC) donc, d'après le théorème du toit, leur intersection est la parallèle à (AB) passant par S.b) O est à la fois dans le plan (IJK) et le plan (SDC). Il en est de même du point K. Donc (OK) est l'intersection des deux plans, et ainsi les points O, M, K, N sont alignés.2. Les droites (IJ) et (AB) du plan (ABC) se coupent en V. V et N sont communs aux plans (ABC) et (IJK), donc (VN) est l'intersection de ces deux plans et coupe (AD) en P.3. On trace par S la droite ∆ puis O intersection de (IJ) et ∆. La droite (OK) coupe (SC) en M et (DC) en N.La droite (IJ) coupe (AB) en V et (VN) coupe (AD) en P. D'où le pentagone IJMNP.

AveC les tiCe

47 1. On a : MN // RQ // AF, NP // SR // AH, SM // PQ // HF.Ainsi, les triangles MBN, NFP, GPQ, QHR, et RSD sont tous des triangles rectangles isocèles. On a donc :MB = BN = PG = GQ = RD

= DS = a – x,AM = AS = HR = HQ = FP = FN = x.Donc MN = PQ = SR = (a – x) 12 et

PN = SM = RQ = x 12.2. On en déduit que le périmètre du polygone est 3a 12. Il est donc indépendant de la position de M sur le segment [AB].

C

L

B

M

D

J

B

A

V

O

C

D

S

J

IK

M

NP

B

C

G

F

H

E

A M

S

N

P

Q

R

x a – x

D


48 On pose BM = t BH avec t ∈ [0 ; 1]. Or BH2 = HD2 + DB2 = HD2 + DA2 + AB2 = 3a2, donc BM = 13a t.Si on considère le triangle rectangle HAB, on a :

AM2 = BM2 + BA2 – 2BM × BA cos(α).

M

A Ba

H

a2 3at

Or cos α = AB BH

= a

a13 = 1

13 , donc :

AM2 = 3a2 t 2 + a2 – 2a × 13a t × 1 13

,

soit AM2 = 3a2 t 2 – 2a2t + a = a2(3t 3 – 2t + 1).Dans le triangle isocèle AMC (AM = MC), on a :

AC2 = AM2 + MC2 – 2AM × MC cos(2θ).

M

a2

2

A C

D'où cos 2θ = 2MA2 – AC2

2AM2

,

soit cos 2θ = 2a2(3t 3 – 2t + 1) – 2a2

2a2(3t 2 – 2t + 1)

= 3t 2 – 2t

3t 2 – 2t + 1 .

On note f la fonction défi nie sur l'intervalle [0 ; 1] par

f(t) = 3t 2 – 2t

3t 2 – 2t + 1 ;

alors f ’(t) = 2(3t – 1)

(3t 2 – 2t + 1)2

.

D'où le tableau :

t 0 1 3 1

f’ – 0 +

f0

– 1 2

1 2

donc lAMC = 2π

3 et BM = 1

3 13a =

13

3 a.

49 Le plan (AMB) coupe suivant la droite (IJ). Or O est aussi un point de cette intersection, donc lorsque M varie la droite (IJ) passe par le point fi xe O.

M

A

B

O J I


© N

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12

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th T

erm

. S


51 1. IF2 = 5 4 = FJ2

et IJ2 = IC2 + CJ2

= 5 4 + 1

4 = 3

2 .

Le triangle est donc isocèle.2. Les plans (ABF) et (DCG) sont parallèles, donc le plan (IFJ) coupe la face DCGH suivant [JL] parallèle à (IF). Ainsi la section est un trapèze.3. Les droites (FG) et (BC) sont parallèles, C est le symétrique de G par rapport à J, donc K est le symétrique de F par rapport à J.Il en résulte que C est le milieu de [BK].

4. CL IB

= 1 2 ,

donc CL = 1 2 IB = 1

4 CD,

soit DL = 3 4 DC.

52 1. En calculant IF, FJ, JD et DI on trouve chaque fois

IF = 15

2 , donc le quadrilatère IFJD est un losange.

B

C

G

F

H

E

D

A I

J

L

K

A D

B C

I

K

L

F G

B C

J

K

55 A. 1. a) Le rapport k est le rapport des hauteurs des

deux pyramides, soit x

x + h .

b) @’ = x2

(x + h)2

@ soit x

x + h =

4@’

3@ .

D'où 3@x = 4@’x + h 4@’.

x (3@ – 4@’) = h 4@’ soit x = h 4@’

4@ – 4@’

.

Donc x = h (7@@’ + @’)

@ – @’

.

2. a) 9 = 1 3 @ (x + h) – 1

3 @’x

= 1 3 x (@ – @’) + 1

3 h@.

On en déduit que :

b) 9 = 1 3 [h( 7@@’ + @’) + @h]

= 1 3 h (@ + @’ + 7@@’).

On a DF = 13 et IJ = 12, donc

aire (IFJD) = 1 2 16.

2. (IJ) // (GB). Or (GB) est perpendiculaire à (FC), donc (IJ) est orthogonale à (FC).3. (EF) est perpendiculaire au plan (BCG) donc à (BG), et également à (IJ). Par conséquent, (IJ) est orthogonale à (EF) et (FC), donc au plan (ECF). De plus (EK) est contenue dans ce plan, donc (IJ) est perpendiculaire à (EK).

53 1. a) EJ = EI = 41 + 4 9 =

413

3 .

FJ = FI = 41 + 1 9 =

410

3 .

Les deux triangles sont donc isocèles.b) K étant le milieu de [IJ], on a (EK) ⊥ (IJ) et (FK) ⊥ (IJ), donc (IJ) est perpendiculaire au plan (EKF).2. (IJ), étant perpendiculaire au plan (EKF), est perpendiculaire à (EF). De plus, (FP) étant perpendiculaire au plan (EIJ), est perpendiculaire à (IJ). En conclusion, (IJ) est perpendiculaire au plan (EPF).3. a) (IJ) est perpendiculaire aux plans (EPF) et (EKF). Or ces plans ont en commun F et il existe un unique plan passant par F et perpendiculaire à (IJ), donc E, P, F, K sont coplanaires.b) Il en résulte l'alignement de E, K, P, car (EP) et (EK) sont deux droites du plan (EIJ) perpendiculaires à (IJ).

54 Voir la correction de l'exercice 40 (énoncé page 280 du manuel).

B. 1. Les plans (EFG) et (ABC) sont parallèles donc

(KL) // IJ avec CL = 1 4 CB.

Il en résulte que IK = JL et la section est un trapèze isocèle avec @ = aire (KBL), @’ = aire (IFJ) et h = FB.

2. @ = 1 2 BK2 = 1

2 × 36 = 18.

@’ = 1 2 IF2 = 9

2 .

h = 9 donc :

P = 1 3 × 9 3 18 + 9

2 + 481 4

soit P = 189 2 cm3.

56 1. (EG) est perpendiculaire à (FH) et (FB), donc au plan (HFB) soit à (HB).

B

C

G

F

H

E

D

A

I

K

L

J



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erm

. S

De même, (ED) est perpendiculaire au plan (AHB), donc à (HB). Il en résulte que (HB) est perpendiculaire au plan (EDG).2. Les plans (EDG) et (BEH) ont en commun les points D et I centre de la face EFGH, donc K est un point de (DI). De même, les plans (EDG) et (AHG) ont en commun les points G et J centre de la face ADHE, donc K est un point de (GJ). Ainsi K est le centre de gravité du triangle EDG.

B

C

G

F

H

E

D

A

I

J

K

57

1. a)

C

O

D

B

A

S

M

N

L

J

I

K

b)

C

OD

B

A

S

M

T

V

W

2. Si M ∈ [AO], JLMI est un trapèze rectangle.

A D

B C

O

M

N

LM

V

W

ML = AM = x,A L = x 12 et BL = 6 – x 12.

A C

S

6

M

I

62

Avec le théorème de Thalès :

IM = 12 – 12x

2 .

De plus, dans le triangle BAS, il vient LJ = LB = 6 – x 12.

Donc

aire (LNKIJ) = 2 aire (LMIJ) = x 3 12 – 3 x 2 12 4 ,

soit 12x – 3x2 12

2 .

Si M ∈ [OC], VTW est un triangle rectangle isocèle et

TV = 12 – 12x

2 et MV = MC = 612 – x.

Donc aire (VTW) = 2 aire (VTM)

= 2 3 1 2 (612 – x) 1 12 – 12x

2 2 4 .

aire (VTW) = 1 2 (612 – x)(12 – 12x).

3. f est définie sur I par :

f(x) = 12x – 3x212

2 si x ∈ [0 ; 312],

et f(x) = 1 2 (612 – x)(12 – 12x) si x ∈ [312 ; 612].

a) f(312) = 1 2 × 312 × 6 = 912

et limx → 312

f(x) = limx → 312

12x – 3x212

2 = 3612 – 2712 = 912,

donc f est contenue sur I.b) f est dérivable sur [0 ; 312] < ]312 ; 612].Il reste à voir si f est dérivable sur 312.•Sur[0;312[, f ’(x) = 12 – 3x12.•Sur[312 ; 612], f ’(x) = 12x – 12.La dérivée à droite est f ’(312) = – 6.

La dérivée à gauche est limh → 0–

f(312 + h) – f(312)

h ,

soit limh → 0–

– 6h + 3

2 12h2

h = lim

h → 0– 1 – 6 + 3

2 12h 2 = – 6.

Donc f est dérivable sur I.y

x

2

O

4

6

8

10

12

14

16

122

22 32 62

92

58 1. x2 + 9 = y2 ; x2 + z2 = 2 ; t2 = z2 + 9,donc z2 = 2 – x2 ; t2 = 11 – x2 et y2 = x2 + 9.2. S = BC6 + BD6 – AC6 – AD6 = (t2)3 + (y2)3 – (z2)3 – (x2)3,doncS = (11 – x2)3 + (9 + x2)3 – (2 – x2)3 – (x2)3

= 54 (x4 – 2x2 + 38).Le minimum est donc atteint pour x = 1 et

S = 1 998.

59 1. aire (AMS) = 1 2 SM × AO = 1

2 × 2 (3 – x) = 3 – x.

Le triangle (AMB) est isocèle.

AM = 0AO2 + OM2 = 8x2 + 4 et

AB = 212.

Enfin MH = 0AM2 – AH2,

soit MH = 9x2 + 4 – 2.Donc

aire (AMB) = 1 2 AB × MH

= 12 8x2 + 2 = 82x2 + 4,

soit f(x) = 3 – x + 82x2 + 4.

2. f ’(x) = – 1 + 2x

82x2 + 4

= 2x – 82x2 + 4

82x2 + 4

.

B

M

A H


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12

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ran

sma

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erm

. S

f ’(x) s'annule sur [0 ; 3] pour x = 12.

x 0 12 3

f’ – 0 +

f

5

3 + 12

422

Donc pour x = 12 la somme des aires est minimale.

60 1. a) M

R

Q

N

P

U

V

B

2

6

2

2

6

6

4

4

4

4

C

G

F

H

E

D

A

b) M

R

Q

PN

1

1

2

2

4342

42

25

25

42

45

45

2. a) Avec le théorème de Thalès on démontre que Q est le milieu de [BC] et R est le milieu de [CG]. Donc PQ = RM = 215, QR = 412, MP = AH = 812 et NP = NM = 415.b) La droite ∆ est axe de symétrie pour la figure.

cos(Q N1) =

13

15 = sin(F P

1)

donc cos(F N) = 2cos2(F N1) – 1 = 6

5 – 1 = 1

5 .

cos F P = – 1 5 . Il en résulte que F N ≈ 78° 5 ; F P ≈ 101° 5 et

F Q ≈ 129° 25.

61

M

14 cm

14 cm

7 cm

KJ

IxA B

S

CD

MIJK est un trapèze rectangle en M et K. La pyramide AMIJK a pour hauteur AM = x.

On cherche donc l'aire du trapèze MIJK. Dans le triangle

ADS, on a MK 14

= DM DA

= 7 – x

7 , d'où :

MK = 14 – 2x, MI = 14 cm.

De plus, KJ DC

= SK SD

= SD – DK SD

= 1 – DK SD

= 1 – DM DA

= AM DA

,

soit KJ = 14 × x 7 = 2x.

Donc aire (MIJK) = 1 2 × (14 – 2x)(14 + 2x) = 2(49 – x2).

Par conséquent, le volume de la pyramide est :

P(x) = 1 3 2x (49 – x2).

Notons f la fonction définie sur [0 ; 7] par f(x) = 2 3 x (49 – x2).

On a f ’(x) = 2 3 (49 – 3x2), d'où le tableau de variation :

x 0 713

3 7

f’ + 0 –

f

Il faut donc choisir M sur [AD] tel que x = 713

3 pour que le

volume soit maximal.

62 1. a) OAD et OAC sont des triangles rectangles en A. (DB) est perpendiculaire à (AD) et (AO), donc au plan (OAD) et en particulier à OD. Donc le triangle ODB est rectangle en D. De même, (BC) est perpendiculaire à (AC) et (OA) donc au plan (AOC) et en particulier à (OC). Donc le triangle OCB est rectangle en C.

x2

M

H

B

C

O

A

D

N

8 cm

b) Les plans (AMN) et (OCB) sont tels que (AD) // (BC), donc l'intersection de ces plans, c'est-à-dire la droite (MN), est parallèle à (BC) (théorème du toit). On a (MN) // BC, d'où (MN) est perpendiculaire au plan (AOC) donc à (AM). Il en résulte que le quadrilatère AMND est un trapèze rectangle en A et M.2. a) D'après le théorème de Thalès, dans le triangle (OBC), on a

MN BC

= OM OC

soit MN 8 =

x 12

812 ,

soit MN = x.AM2 = OA2 + OM2 – 2OA.OM cos 45°

= 64 + 2x2 – 1612x 12

2 , donc

AM = 02x2 – 16x + 64 = 0(8 – x)2 + x2.

b) Donc l'aire du trapèze est égale à 1 2 (x + 8)0(8 – x)2 + x2.

x2

M

A

K

845°

C

O


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. S

4. Les plans (AMN) et (AOC) sont perpendiculaires, donc le projeté H de O sur le plan (AMN) est un point de (AM).

On a aire (OAM) = 1 2 OH × AM = 1

2 OA × MK, où K est

le projeté de M sur (OA). Le triangle OKM est rectangle

isocèle, donc MK = x. Il en résulte que OH = 8x

AM , donc le

volume de la pyramide de OAMN est égal à :

1 3 × 8x

0(8 – x)2 + x2

× 1 2 (x + 8) 0(8 – x)2 + x2 = 4x

3 (x + 8).

On obtient bien un trinôme du second degré.

3. a) f ’(x) = 1 2 0(8 – x)2 + x2 +

(x + 8)(2x – 8)

0(8 – x)2 + x2

= 1 2 4x2 – 8x

0(8 – x)2 + x2

= 2x (x – 2)

0(8 – x)2 + x2

.

x 0 2 8f’ – 0 +

f

32

10410

64

b) Donc pour x = 2 l'aire est minimale.

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 10 Géométrie vectorielle

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. S

Géométrie vectorielle

10ACTIVITÉS

(page 288)

Activité 1

1 a) ZAB = Z EF et ZAE = ZBF.ZAE appartient à la face ADHE.ZAF = ru + rv.b) ZAH = rv + rw.

ABFE AEHD ABCD BCGF CDHG EFGH

ru Oui Non Oui Non Oui Oui

rv Oui Oui Non Oui Oui Non

rw Non Oui Oui Oui Non Oui

Non.

2 a) I ∈ (HF) (AFH).

b) ZAI = 1 2 (ZAF + ZAH).

c) ZAI = 1 2 ( ru + rv + rv + rw ) ⇔ 2ZAI = ru + 2rv + rw.

3 a) La droite (AB) est orthogonale au plan BCGF, donc orthogonale à toute droite contenue dans ce plan.ABJ est donc rectangle en B.

b) BJ = 1 2 BG =

12

2 .

AJ = 41 + 1 2 =

16

2 .

c) ZAJ = ru + 1 2 rv + 1

2 rw ;

71 + 1 4 + 1

4 = AJ.

Activité 2

1 a) et b) L'équation réduite de (AB) est y = mx + p,

avec m = 1 – (– 1)

2 – (– 2)

= 1 2 et p = 1 – 1

2 ¥ 2 = 0.

L'équation – x + 2y = 0 est donc une équation cartésienne de d.

2 a) ZAB(4 ; 2).b) « Dire qu'un point M appartient à la droite d signifie qu'il existe un nombre réel λ tel que ZAM = λ ZAB. »c) « Dire qu'un point M appartient à la droite d signifie qu'il

existe un nombre réel λ tel que x = – 2 + 4 λ

5 y = – 1 + 2 λ . »

Le paramètre est le réel λ.

3 a) D passe par le point C(2 ; 1) et est dirigée par le vecteur ru (3 ; 1).

b) D : x = 2 + 3λ

5 y = 1 + λ , λ ∈ R.

PROBLÈME OUVERTMéthode 1. On note Ω le centre du cube.Ω est le milieu de [AG] et Ω ∈ (BH).(BΩ) est la médiane issue de B dans le triangle ABG.O est le milieu de [BG] ; (AO) est la médiane issue de A dans le triangle ABG.On note I le centre de gravité du triangle ABG.I ∈ (AO) ; I ∈ (BΩ) donc I ∈ (BH).Méthode 2. Dans le repère (A, ZAB, ZAD, ZAE), on a :

A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), O 1 ; 1 2 ; 1

2 .

ZAO 1 ; 1 2 ; 1

2 et ZBH(– 1 ; 1 1).

Le centre de gravité de ABG est I 2 3 ; 1

3 ; 1

3 .

ZAI 2 3 ; 1

3 ; 1

3 . ZAI = 2

3 ZAO, donc I ∈ (AO).

ZBI – 1 3 ; 1

3 ; 1

3 . ZBI = 1

3 ZBH, donc I ∈ (BH).

2 Enseignement spécifique Chapitre 10 Géométrie vectorielle

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7 KEI 1 2 ; 0 ; – 1 , KEJ 1 ; 1

2 ; – 1 , ZEK 1

2 ; 1 ; 0 .

E, I, J, K sont coplanaires si et seulement si il existe deux nombres s et t tels que KEJ = s ZEK + t KEI. s et t doivent donc vérifier le système :

1 = s 2 + t

2

5 1 2 = s

– 1 = – tqui n'a pas de solution.

8 1. a) Cela revient à résoudre le système : 4 = – 2a + b

5 – 2 = 3a – b – 18 = – a – 2b

qui a pour solution a = 2, b = 8. b) Les vecteurs ru, rv, rw sont donc coplanaires.2. A(1 ; 1 ; 4) ; ZAM = rw ; ZAM, ru, rv sont coplanaires, ce qui permet de conclure.

9 1. KJ I – 1 ; 1 2 ; – 1

2 , ZKL (0 ; 1 ; 0) et ZKD 1 ; 0 ; 1

2 .

KJ I = 1 2 ZKL – ZKD (1).

2. (ZKL, ZKD) dirige le plan (DKL). I ∉ (DKL).De (1), on déduit que (IJ) appartient à un plan strictement parallèle à (DKL). (IJ) est donc parallèle à (DKL).

10 ru (– 3 ; – 1 ; 2), rv (1 ; 0 ; 2) et ZDE (3 ; – 2 ; 0) sont coplanaires si et seulement s'il existe deux nombres s et t vérifiant le système :

3 = – 3s + t

5 – 2 = – s . 0 = 2s + 2t

Or ce système n'a pas de solution.

11 (A ; ZAB, ZAC, ZAD) est un repère de l'espace si et seulement si les vecteurs ru, rv, rw ne sont pas coplanaires.Cela revient à prouver que le système : – 2 = – t

5 – 1 = – s – t 3 = s – tn'a pas de solution.Or s = – 1 et t = 2 est solution de ce système.

12 « H appartient à (ABC) » équivaut à « ZAH (1 ; 7 ; 1), ZAB (3 ; 4 ; – 2), ZAC (– 2 ; 3 ; 3) sont coplanaires » ce qui revient à résoudre le système :

1 = 3s – 2t

5 7 = 4s + 3t . 1 = – 2s + 3t

(1 ; 1) est solution de ce système. Réponse : oui.

13 1. ZAK – 1 2 ; 1 ; 1 , KHI 1

2 ; 0 ; – 1 , KHJ 1

2 ; 1 ; – 1 .

2. a) Oui. ZAK = – 2YHI + YHJ.b) A ∉ (HIJ). La droite (AK) est donc parallèle au plan (HIJ).

1 1. a) I est le milieu de [EG] donc, pour tout point de l'espace, et en particulier M : 2ZMI = ZMG + ZME.

b) 2ZMI = – ZMB = ZMG + ZME ⇒ ZMB + ZMG + ZME = R0 (1).

2. De (1), on déduit 3ZDM = ZDB + ZDE + ZDG

= ZDA + ZAB + ZDA + ZAE + ZDC + ZCG

= 2ZDA + 2ZAB + 2ZBF

= 2ZDF.

2 1. a) 3KJL = 3KJE + 3KEL

= 2ZAE + KEJ + 2KEI

= 2ZAE + KEJ + 2ZEA + ZAB

= KEJ + ZAB.

b) 3KJL = KJA + ZAB = KJB.

B, J et L sont donc alignés.

2. a) ZHK = KJB, donc 3KJL = ZHK.b) k = 3.

3 ZAE = 1 3 ZBD ⇔ ZAB + ZBE = 1

3 ZBD

⇔ ZBE = ZBA + 1 3 ZBD.

4 Les propriétés de la configuration permettent d'écrire :

ZEK = ZEH + 1 2 ZEF ; KEJ = ZEF + ZEA + 1

2 ZEH

et KEI = ZEA + 1 2 ZEF.

« I, J, K, E coplanaires » équivaut à« Il existe deux nombres s et t tels que YEJ = s ZEK + t YEI »,ce qui équivaut à :

ZEF + ZEA + 1 2 ZEH = sZEH + s

2 ZEF + t ZEA + t

2 ZEF.

Soit encore : t = 1

5 s = 1 2 .

s 2 + t

2 = 1

Or ce système n'a pas de solution. I, J, K, E ne sont donc pas coplanaires.

5 1. KIJ = KIB + ZBF + KFJ et KI J = KIE + ZEF + KFJ,

d'où 2KIJ = KIB + KIE + ZEF + ZBF + 2KFJ. 5 5

R0 ZBG

2. KIJ = 1 2 ZEF + 1

2 ZBG et les trois vecteurs sont coplanaires.

6 ZAE (0 ; 1 ; 1), KIJ 1 2 ; 1

2 ; – 1 , ZBH (– 1 ; – 1 ; 1),

KIJ + 1 2 ZBH = – 1

2 ZAE, ce qui permet de conclure.



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2. (ABC) est l'ensemble des points de cote nulle.

z = 0 = 1 2 + 1

2 t ⇔ t = – 1. D'où x = y = – 1 et

K (– 1 ; – 1 ; 0).

20 d et ∆ sont sécantes si et seulement si il existe un couple de nombres (s, t) tel que :

3t + 2 = s + 1

5 – t – 1 = 2s – 3. t + 1 = – s + 2

Le couple (1 ; 0) est l'unique solution de ce système. d et ∆ sont donc sécantes.

21 ru et rv ne sont pas colinéaires, donc d et D ne sont pas parallèles.

x = 2 + t x = 7 + 3s

d : 5 y = – 3 + 2t, t ∈ R et ∆ : 5 y = 2 + s, s ∈ R. z = 5 + t z = 4 – s

d et ∆ sont sécantes si et seulement s'il existe un couple de nombres (s ; t) tel que :

2 + t = 7 + 3s

5 – 3 + 2t = 2 + s. 5 + t = 4 – s

Ce système n'admet pas de solution ; ∆ et d sont donc non coplanaires.

22 ZAB (– 2 ; 4 ; 2). Le vecteur ru (– 1 ; – 2 ; – 1) dirige ∆ et n'est pas colinéaire à ZAB. (AB) et ∆ ne sont donc pas parallèles. x = 1 – 2s

(AB) : 5 y = – 1 + 4s, s ∈ R. z = 2 + 2s

Le système 1 – 2s = – t

5 – 1 + 4s = 5 – 2t

2 + 2s = 5 – ta pour unique solution le couple (1 ; 1). Donc ∆ et (AB) sont sécantes.

23 On démontre que (AB) et (CD) sont parallèles ou sécantes.ZAB (– 1 ; – 2 ; – 5) et ZCD (7 ; 5 ; – 7) ne sont pas colinéaires.

x = – t x = – 3 + 7s

(AB) : 5 y = 5 – 2t, t ∈ R ; (CD) : 5 y = 2 + 5s .

z = 5 – 5t z = 4 – 7s

Le système – t = – 3 + 7s

5 5 – 2t = 2 + 5s

5 – 5t = 4 – 7s

a pour unique solution le couple 1 3 ; 2

3 . (AB) et (CD) sont

donc sécantes.

24 ru (– 3 ; 1 ; 2) dirige d et rv (6 ; – 2 ; – 4) dirige d’ ;

ru et rv sont colinéaires. d passe par A(1 ; 1 ; – 3) et d’ par B(0 ; 1 ; 3). AB(– 1 ; 0 ; 6) n'est pas colinéaire à ru.d et d’ sont donc parallèles.

25 ru (– 1 ; 3 ; 1) dirige d et rv (2 ; – 6 ; – 2) dirige ∆.

ru et rv sont colinéaires. d passe par A(1 ; 2 ; 0) et ∆ par B(0 ; 5 ; 1).

ZAB (– 1 ; 3 ; 1) = ru.d et ∆ sont donc confondues.

14 « A, B, C, M sont coplanaires » équivaut à : « ZAB (– 2 ; 0 ; – 1); ZAC (0 ; – 1 ; – 3), ZAM (10 ; – 1 ; 2) sont coplanaires », ce qui revient à résoudre le système :

– 2 = 10t

(S) 5 0 = – s – t . – 1 = – 3s + 2t

1 5 ; – 1

5 est solution de (S). Réponse : oui.

15 1re méthode1. a) 2rIJ = 2zIB + 2ZBA + 2UAJ

= ZCB + ZBA + ZBA + ZAD

= – ZAC – ZAB + ZAD.

b) 3ZDG = 2UDI = 2ZDA + 2ZAB + 2KBI

= – 2ZAD + ZAB + ZAB + ZBC

= – 2ZAD + ZAB + ZAC.

2. – 6 (KI J + ZDG) = 3ZAC + 3ZAB – 3ZAD + 4ZAD – 2ZAB – 2ZAC

= ZAB + ZAC + ZAD = ru.

2e méthode

1. a) I 1 2 ; 1

2 ; 0 , J 0 ; 0 ; 1

2 , G 1

3 ; 1

3 ; 1

3 .

b. ru (1 ; 1 ; 1), rI J – 1 2 ; – 1

2 ; 1

2 , ZDG 1

3 ; 1

3 ; – 2

3 .

2. On retrouve ru = – 6 rI J – 6ZDG.

16 1. x = – 1 5 y = 2 – t, t ∈ R. z = t

2. (O ; ri, rj ) est l'ensemble des points de cote nulle.D'où z = 0 = t. On en déduit x = – 1 et y = 2, donc

d > (O ; ri, rj ) = I (– 1 ; 2 ; 0).(O ; ri, rk ) est l'ensemble des points d'ordonnée nulle.D'où y = 0 = 2 – t ⇔ t = 2. On en déduit x = – 1 et z = 2, donc

d > (O ; ri, rk ) = J (– 1 ; 0 ; 2).(O ; rj, rk ) est l'ensemble des points d'abscisse nulle.D'où x = 0 ≠ – 1. On en déduit d > (O ; rj, rk ) = Ø.

17 ZAB (– 4 ; 2 ; 2). Une représentation paramétrique de (AB) est :

x = 2 – 2t

5 y = – 1 + t, t ∈ R. z = 1 + t

z = 0 = 1 + t ⇔ t = – 1. D'où x = 4 et y = – 2 et

(AB) > (O ; ri, rj ) = I (4 ; – 2 ; 0).y = 0 = – 1 + t ⇔ t = 1. D'où x = 0 et z = 2 et

(AB) > (O ; ri, rk ) = J(0 ; 0 ; 2) = (AB) > (O ; rj, rk ).

18 Il s'agit de la droite passant par A (1 ; 0 ; – 2) et dirigée par ru (2 ; 3 ; – 1).

19 1. zIG 1 ; 1 ; 1 2 . Une représentation paramétrique de

(IG) est : x = t

5 y = t, t ∈ R.

z = 1 2 + 1

2 t


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30 Démontrer que deux droites sont sécantes•Lesoutils– Position relative de deux droites dans l’espace.– Vecteurs coplanaires. •Lesobjectifs– Savoir démontrer que deux droites sont sécantes.– Savoir démontrer que trois vecteurs sont coplanaires. 1. a) Les coordonnées de ru et de rv ne sont pas propor-tionnelles. b) d et d’ ne sont donc pas parallèles. Elles sont sécantes ou coplanaires.2. a) 0 = a + 2b

5 – 2 = b .

– 2 = – 2a – 3bb) 0 = a + 2b a = 45 – 2 = b

⇔ 5 b = – 2

.

– 2 × 4 – 3 × (– 2) = – 2, donc AB, ru et rv sont coplanaires.3. a) « I ∈ d » équivaut à « Il existe k ∈ R, UAI = k ru. »« I ∈ d’ » équivaut à « Il existe k’ ∈ R, KBI = k’rv. »b) 3 + k = 3 + 2k’

k = 45 – 1 = – 3 + k’ ⇔ 5 k’ = 2 1 – 2k = – 1 – 3k’

, donc I (7 ; – 1 ; – 7).

31 Déterminer un ensemble de points•Lesoutils– Exploiter un logiciel pour conjecturer un ensemble de points.– Calculer des coordonnées dans un repère donné. •Lesobjectifs– Savoir calculer des coordonnées en fonction de deux paramètres.– Savoir exploiter le calcul vectoriel pour démontrer qu’un point appartient à un ensemble.1. a) A et B sont deux points M particuliers.C et D sont deux points M’ particuliers.E, F, H et G sont bien les milieux de segments [MM’] particuliers.

b) ZGH = 1 2 ZAB = UEF, donc EFHG est un parallélogramme.

2. a) M(t ; 0 ; 0) dans le repère (A ; ZAB, ZAC, ZAD).IAM’ = ZAC + s ZCD = ZAC + s ZCA + s ZAD = (1 – s) ZAC + s ZAD.

Donc M’(0 ; 1 – s ; s) et I t 2 ; 1 – s

2 ; s

2 .

b) E 0 ; 1 2 ; 0 , YEI t

2 ; – s

2 ; s

2 , UEF 1

2 ; 0 ; 0 et

ZEG (0 ; – 1 ; 1).

YEI = t UEF + s ZEG donc I ∈ (EFG).

3. a) YEI + YEI = eEM + UMI + eEM’ + eM’I = eEM + eEM’.

= UEA + eAM + ZEC + eCM’ = eAM + eCM’.

b) YEI = t 2 ZAB + s

2 ZCD

= t UEF + s ZEG.

t ∈ [0 ; 1] et s ∈ [0 ; 1] (On retrouve le résultat de la question 2. b)). Le point I décrit donc l'intérieur du parallélogramme EFHG.

32 Narration de recherche1.

On conjecture que I décrit le segment [JK], où J et K désignent les centres respectifs des faces ABCD et EFGH.

2. On note t = AM AH

; t ∈ [0 ; 1].

eAM = t ZAH et ZCN = t UCF.YJI = YJA + eAM + ZMI et YJI = YJC + ZCN + YNI.D'où 2 YJ I = eAM + ZCN = t ZAH + t ZCF.De plus, 2UJK = YJA + ZAH + ZHK + YJC + UCF + UFK = ZAH + ZCF.

Donc YJI = t YJK et I décrit bien le segment [JK].


1. Les angles hAOB, hBOC et hCOA doivent être égaux à 2π

3.

On a B – 1 2 ;

13

2 ; 0 et C – 1

2 ; –

13

2 : 0 , ou inversement.

j

i

O A

C

B

2. AB = 4 9 4 + 3

4 = 13.

L'utilisation d'un logiciel de géométrie permet de conjecturer que D appartient à l'axe (O ;Ak ).On pose D(O ; O ; z).

AD2 = 3 ⇔ 1 + z2 = 3 ⇔ z = ± 12.On vérifie enfin que CD = BD = 13.


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34 TD – Étudier la position relative de deux plans1. c) Les plans semblent parallèles. UBL et YCI semblent colinéaires.d) Notons M le milieu de [AE].M ∈ (BLK). RIJ et OKM semblent égaux et donc colinéaires.

2. a)•UBL = 2 3 OBM. UBL et OBM sont donc colinéaires.

• B, M et K appartiennent à (BLK). OBM et OKM ne sont pas colinéaires et constituent ainsi un couple de vecteurs directeurs de (BLK).

•OKM = 1 2 ODA + 1

2 OAE = 1

2 OHE + 1

2 ODH = RIJ ;

OBM = OBA + 1 2 AE = OCD + 1

2 ODH = YCI.

b) (BLK) est dirigé par le couple de vecteurs (PIJ, YCI) qui dirige également le plan (JIC). (BLK et JIC) sont ainsi parallèles.

35 TD – Centre de gravité d'un tétraèdre

1. a) De (1) on déduit : 3OGD’ + OD’A + OD’B + OD’C + OGD = P0.

En tenant compte de (2), on obtient : 3OGD’ + OGD = P0, ce qui

équivaut à 4 OGD’ + ODD’ = P0 ⇔ OD’G = 1 4 OD’D.

b) OD’G et ODD’ sont colinéaires, donc D’, D et G sont alignés. 2. Il y a autant de plans médians que d'arêtes : 6.3. a) Il y a autant de bi-médianes que de couples d'arêtes opposées : 3.b) I ∈ [AB] et J est le milieu de l'arête opposée à [AB] donc (I J) appartient au plan médian issu de l'arête [AB].

J ∈ [CD] et I est le milieu de l'arête opposée à [CD] ; donc (IJ) appartient au plan médian issu de l'arête [CD].

c) UGA + UGB + UGC + UGD = r0 ⇔ 2YGI + 2YGJ = r0

⇔ YGI = YJG ⇔ G est milieu de [I J].Donc G ∈ (IJ).Un raisonnement similaire pour chaque couple d'arêtes opposées permet de prouver l'appartenance de G à chaque bi-médiane.d) G est le point de concours des bi-médianes du tétraèdre.

4. a) UOG = 1 4 (UOA + UOB + UOC + UOD).

b) En notant G(xG ; y

G ; z

G), A(x

A ; y

A ; z

A), … on peut

écrire :

xG =

xA + x

B + x

C + x

D 4 ;

yG =

yA + y

B + y

C + y

D 4 ;

zG =

zA + z

B + z

C + z

D 4 .

36 TD – Vecteur moment d'une force1. « F

y = 0 » équivaut à « La clé ne peut tourner. »

2. M(0,3 ; 0 ; 0,07).

3. (A)

(PF1) a pour coordonnées (14 ; – 4,2 ; – 60).

4. z = F

x × 0 – F

y × 0,3 = 0,3F

y.

5. Pour PF1, u

zu = 60 < 65. Cette force ne permet pas de

desserrer la vis.6. Pour PF

2, u

zu = 75 > 65. Cette force permet le desserrage.


de tÊte

37 1. M = F.2. N = G.

38 1 2 ; 3

2 ; 1

2 .

UAB(– 5 ; 3 ; 3).

39 UAB(1 ; – 1 ; 1). UAB = ru donc B ∈ d.

40 b = – 3.

41 i ru i = 417.

42 Le point A est le point de d de paramètre – 1.

veCteurs de l'espACe

43 a) ZAH = ZAD + ZBF.b) ZCE = ZCD + ZCG + ZHE.

44 a) et b) UAJ.

45 KI J = 1 2 ZEF + 1

2 ZFG = 1

2 ZAB + 1

2 ZBC = 1

2 ZAC.

La réponse est oui.

46 a) ZCD + ZCG + UEB = ZCD + ZCG + UEF + UFB = ZCD + ZCG – ZDC – ZCG = r0.b) ZGF + ZGC + ZGH = ZGF + UFE + ZEA = ZGA.

47 a) ZDH = ZAB + ZAD + ZCE.

b) ZAG = ZAB + ZEH + ZCG.


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2. ZGA + ZGB + ZGC = r0 ⇔ ZGA + 2YGI = r0 ⇔ 3ZGA + 2UAI = r0

⇔ ZAG = 2 3 UAI.

Ainsi, A, G et I sont alignés et G est le centre de gravité du triangle ABC.

61 1. a) ZKA + ZKB + ZKC + ZKD = r0

⇔ 3ZKG + ZGA + ZGB + ZGC + ZKD = r0

⇔ 3ZKG + ZKD = r0 (1)b) ZKD et ZKG sont colinéaires donc K, D et G sont alignés.

2. (1) ⇔ 4ZKD + 3ZDG = r0

⇔ ZDK = 3 4 ZDG.

veCteurs CoplAnAires

62 1. a) OMA + 2OMB – ZMC = r0 ⇔ OMA + 2OMA + 2ZAB – OMA – ZAC = r0

⇔ OAM = ZAB – 1 2 ZAC (1).

b) De (1), on déduit que OAM, ZAB et ZAC sont coplanaires.Donc M ∈ (ABC).

2. ZAN + ZBN – ZDN = r0 ⇔ ZAN + ZBA + ZAN – ZDA – ZAN = r0

⇔ ZAN = 1 3 ZAB – 1

3 ZAD.

N ∈ (ABD).

63 1. KIJ = KIA + ZAE + YEJ

= ZAE + 1 2 ZBA + 1

2 ZAD

= ZAE + 1 2 ZBD.

2. 2KIJ = ZAE + ZAE + ZBD = ZAE + ZDH + ZBD = ZAE – ZHB.

3. ZAE = ZHB + 2KIJ. Le théorème 4 permet de conclure.

64 KIJ = YIF + YFJ = YIE + UEF + 1 2 UFG

= ZBK + ZAB + 1 2 ZKL = ZAK + 1

2 ZKL.

KIJ, ZAK et ZKL sont coplanaires. I ∉ (AKL).(IJ) appartient à un plan parallèle à (AKL), donc (IJ) est parallèle à (AKL).

65 1. K est à l'intersection de la droite (AB) et de la droite parallèle à (AC) passant par J.

HG

CD

EF

A B

I J

K


49 ZAI + KIJ + UJC = ZAC.


51 1. UOI + UOI = ZOA + UAI + ZOB + UBI

= ZOA + ZOB.

UOJ + UOJ = ZOC + UCJ + ZOD + UDJ

= ZOC + ZOD.

2. ZOA + ZOB + ZOC + ZOD = 2(UOI + UOJ) = r0.

52 1. Dans le repère (O ; ZOE ; ZON), on a :

rvp(60 sin(65°) ; 60 cos(65°)).

2. a) rva(1013 ; – 10).

rv = rva + rvp

,

donc v(1013 + 60 sin(65°) ; – 10 + 60 cos(65°)).

ZOP et rv ne sont pas colinéaires, donc cette route ne permet pas d'arriver en P.

b) On note α ce cap.

À l'aide d'un logiciel de géométrie, on trouve α ≈ 73° à 1° près.

3. a) OP = 5101 km. On note vd la vitesse de descente.

v

Début de la piste

P (10 ; 1)

2,75

O

vd

v

d 2,75

= v

OP ⇔ v

d =

2,75 × 60

5101 ≈ 16,42 m.s – 1.

b) Il suffit d'ajouter une composante « verticale » au vecteur « vitesse propre ».

veCteurs ColinéAires


54 ZAB(– 1 ; 6 ; 1) ; ZAC(3 ; – 18 ; – 3) ; ZAC = – 3ZAB.La réponse est oui.

55 ZAB(– 4 ; 2 ; 4) ; ZAC(a – 1 ; b ; 8).

Si a = – 7 et b = 4, alors ZAC = 2ZAB. La réponse est oui.

56 ZAB(– 4 ; – 6 ; 2) ; ZCD(2 ; 3 ; 1), ZAB et ZCD ne sont pas colinéaires. La réponse est non.

57 Si a = 3 et b = 10, alors rv = – 2ru.

58 ru = – 2 rv. La définition 1 et le théorème 1 permettent d'affirmer que ces droites sont parallèles.

59 ZAB(2 ; 1 ; 0) ; ZDC(2 ; 1 ; 0). La réponse est oui.

60 1. YGI + YGI = ZGB + YBI + ZGC + YCI = ZGB + ZGC.


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2. a) La mise en œuvre du théorème de Thalès dans le triangle ABC conduit à :

AK AB

= CJ CB

d'où ZAK = 1 3 ZAB.

k = 1 3 .

b) YIH = 1 3 ZCD + ZDH = 1

3 ZBA + ZAE = ZKE.

(IH) et (KE) sont parallèles et (KE) (EGJ), donc (IH) est parallèle à (EGJ).

66 1. 3ru – rv – rw = r0.2. rw = 3ru – rv. D'après le théorème 4, ru, rv et rw sont coplanaires.


68 1. ZAB(– 2 ; 0 ; – 1) et ZAC(0 ; – 1 ; – 3) ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.2. M ∈ (ABC) s'il existe deux nombres s et t tels que :

OAM(m – 3 ; – 1 ; 2) = s ZAB + t ZAC.

Cela revient à résoudre le système m – 3 = – 2s

5 – 1 = – t . 2 = – s

Ce système a pour solution (m = 13 ; s = – 5 ; t = 1).

69 « A, B, C, D sont coplanaires » équivaut à « Il existe deux nombres s et t tels que :

ZAD(x – 3 ; y – 2 ; z – 1) = s ZAB(– 2 ; 0 ; – 1)

+ t ZAC(0 ; – 1 ; – 2). »Cela équivaut à :« Il existe deux nombres s et t tels que :

x – 3 = – 2s

5 y – 2 = – t . » z – 1 = – s – 3t

70 1. ZAB(– 3 ; – 1 ; 2) et ZAC(– 1 ; 0 ; – 2) ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.2. (DE) est parallèle à (ABC) si et seulement si ZDE(3 ; – 2 ; 0), ZAB et ZAC sont colinéaires. Cela revient à prouver l'existence d'une solution au système :

3 = – 3s – t

5 – 2 = – s . 0 = 2s – 2t

Ce système n'a pas de solution. La réponse est donc non.

71 ( ru, rv, rw ) est une base de vecteurs si et seulement si

ru, rv et rw ne sont pas coplanaires. Cela revient à résoudre le système : – 1 = – 2t

5 – 1 = – s – t . – 1 = s + 3t

Ce système n'a pas de solution. La réponse est donc oui.

72 On cherche m pour que ru, rv et rw ne soient pas coplanaires. Cela revient à résoudre le système :

1 = s + 2t

5 m = s + 7t . 2 = s – 3t

Ce système a pour solution m = 0 ; s = 7 5 ; t = – 1

5 .

Il faut donc choisir m différent de 0.

73 1. O ∉ (ABC), donc ZOA, ZOB et ZOC ne sont pas coplanaires.

2. I est milieu de [AB], donc I 1 2 ; 1

2 ; 0 .

J est symétrique de I par rapport à O, donc J – 1 2 ; – 1

2 ; 0 .

« J est le milieu de [CD] » conduit à D(– 1 ; – 1 ; – 1).

CAlCuler dAns un repÈre

74 1. ZAB(– 1 ; 3 ; – 3), ZAC (– 4 ; 2 ; – 1), ZAD(– 3 ; – 1 ; 2).

ZAB = ZAC – ZAD, donc ZAB, ZAC, ZAD sont coplanaires et A, B, C, D le sont également.

2. ZBC (– 3 ; – 1 ; 2) = ZAD, donc ABCD est un parallélogramme.

75 i ru i = 413 ; i rv i = 426 ; i rw i = 16.

76 a) i ru i = 5 ⇔ a2 + 18 = 52 ⇔ a = ± 17.

b) i ru i = i rv i ⇔ a2 + 18 = 30 ⇔ a = ± 213.

c) i rru + rv i = 430 ⇔ a2 + 10a + 24 = 0 ⇔ a = – 4 ou a = – 6.

77 AB = AC = BC = 2, donc ABC est équilatéral.

78 C(– 1 ; – 1 ; – 12).AB2 = BC2 = 8 et AC2 = 16 = AB2 + BC2, ce qui permet de conclure.

79 AB = AC = AD = BC = BD = 412. ABCD est donc régulier.

80 AB = AC = AD = 5, donc B, C et D sont équidistants de A, ce qui permet de conclure.

81 C(x ; 0 ; 0) est équidistant de A et B si et seulement si(x – 2)2 + 10 = x2 + 26 ⇔ x = – 3.

82 AC = BC = 459 ; AD = BD = 421 ; AE = 212 et BE = 2.C et D appartiennent au plan médiateur de [AB].


représentAtions pArAmétriques

84 a)

x = – 1

d : 5 y = 2 – t, t ∈ R. y = t

b)

x = 2 + 2t

d : 5 y = 1 – t, t ∈ R. y = – 1 + t

85 1 est la droite passant par A(– 1 ; 2 ; – 2) et dirigée

par ru (3 ; 1 ; 1).

2 est la droite passant par B(1 ; 0 ; 1) et dirigée par

rv (2 ; 3 ; 1).

86 1. a) I (1 ; – 2 ; – 1).b) ru (– 3 ; 2 ; – 1).


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c) x = – 5 ⇔ – 5 = 1 – 3t ⇔ t = 2.Il s'agit du point B (– 5 ; 2 ; – 3).

2. x = – 10 ⇔ 1 – 3t = – 10 ⇔ t = 11 3 .

Pour t = 11 3 on a : – 2 + 2t = 16

3 et – 1 – t = – 14

3 .

Donc A ∈ ∆.

87 a)

x = – 4

∆ : 5 y = 5, , t ∈ R. y = – 2 + t

b) ZAB (– 2 ; 0 ; 4) ; x = – 4 – 2t

∆ : 5 y = 5, , t ∈ R. y = – 2 + 4t

c) ru (0 ; – 2 ; – 5) dirige d.

x = – 4

∆ : 5 y = 5 – 2t , t ∈ R. y = – 2 – 5t

88 d et d’ sont sécantes si et seulement si le système :

6 – 3s = – 3 + t

5 – 7 + 2s = – 3. – 1 + s = – 5 + 2t

admet une solution unique. La résolution donne (s = 2 ; t = 3).Donc I (0 ; – 3 ; 1).

89 a) KIJm (2 ; – m ; m) et rw (1 ; 1 ; – 1) dirige ∆.

KIJm et rw sont colinéaires si et seulement si m = – 2.

L'affirmation est donc vraie.

b) Une représentation paramétrique de Dm est :

x = 1 + 2s

5y = 1 – ms, s ∈ R. z = ms

∆ et Dm sont sécantes si et seulement si il existe au moins

une solution au système :

1 + 2s = t (1)

5 1 – ms = 1 + t (2). ms = 2 – t (3)

(2) + (3) ⇔ 1 = 3, ce qui est absurde. L'affirmation est donc fausse.c) Vrai. Voir le b).d) « KIJ

m , ru(0 ; 1 ; – 1) et rv(1 ; – 1 ; – 1) sont coplanaires »

équivaut à « Le système, d'inconnues m, s, t,

2 = t

5 – m = s – t m = – s – t

admet au moins une solution. »Ce système n'a pas de solutions, donc KIJ

m , ru et rv ne sont

jamais coplanaires et Dm coupe toujours le plan .

L'affirmation est donc vraie.

90 ZBC (2 ; – 2 ; 3) et ru ne sont pas colinéaires, donc d et d’ ne sont pas parallèles.On utilise les représentations paramétriques. d et d’ sont sécantes si et seulement si le système :

t = 2 + 2s

52 + t = – 2s

3 + t = – 1 + 3s

admet une solution.

Ce système n'admet pas de solution, donc d et d’ sont non coplanaires.


92 1. a) et b) YAJ – 1 2 ; 0 ; – 1 et YCI 0 ; – 1

2 ; – 1 .

Étudier l'intersection de (AJ) et (CI) revient à résoudre le système :

1 – 1 2 t = 0

50 = 1 – 1 2 s

1 – t = 1 – squi a pour solution (s = 2 ; t = 2). (AJ) et (AI) sont donc sécantes en P (0 ; 0 ; – 1).

2. YCJ 1 2 ; – 1 ; – 1 et UFK 0 ; – 1

2 ; 1 ne sont pas coli-

néaires, donc (CJ) et (FK) ne sont pas parallèles.Étudier l'intersection de ces deux droites revient à résoudre le système :

1 2 t = 1

51 – t = 1 – 1 2 s

1 – t = squi n'a pas de solution. Les droites (CJ) et (FK) ne sont donc pas colinéaires.

93 1. ZAB (– 2 ; 0 ; 1) et ZAC (– 2 ; 2 ; 2) ne sont pas colinéaires.2. ZAB et ZAC n'ont pas leurs coordonnées proportionnelles à (0 ; 0 ; 1).

3.

x = 0(O ; Ak ) : 5 y = 0, p ∈ R ; z = p

x = 2 – 2s – t(ABC) : 5 y = 1 + t , s ∈ R, t ∈ R. z = s + tÉtudier l'intersection de (O ; rk ) et (ABC) revient à résoudre le système : 2 – 2s – t = 0

5 1 + t = 0 s + t = p

qui a pour solution s = 3 2 ; t = – 1 ; p = 1

2 , d'où I 0 ; 0 ; 1

2 .

94 1. Ces vecteurs peuvent diriger un plan car ils ne sont pas colinéaires.

2.

x = 3 + s – t

5 y = – 1 + 3s + 2t, s ∈ R, t ∈ R. z = 4 – s + 2t

95 1. ZAB (– 1 ; 3 ; – 4) et ZAC(– 5 ; 4 ; – 1) ne sont pas colinéaires, donc A, B et C définissent un plan.

x = 4 – s – 5t

(ABC) : 5 y = – 1 + 3s + 4t, s ∈ R, t ∈ R. z = 3 – 4s – t

2. D appartient à (ABC) si et seulement si le système : – 3 = 4 – s – 5t

5 – 2 = – 1 + 3s + 4t

13 = 3 – 4s – tadmet une solution. La résolution donne s = – 3 et t = 2, donc D ∈ (ABC).La même méthode donne E ∉ (ABC).


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2. a) L'aire de la base GFH vaut 1 et la hauteur GC vaut 1.

Donc = 1 3 .

b) F (1 ; 0 ; 1), I (0 ; 1 ; 0).FI2 = 3 ; IH2 = 2 ; FH2 = 5. La relation de Pythagore permet de conclure.

c) L'aire du triangle FIH est 16

2 .

= 1 3 ×

16

2 × d, où d désigne la distance de G à (FIH).

On en déduit que d = 16 = 16

3 .

3. a) KFI (– 1 ; 1 ; – 1), ZFH (– 1 ; 2 ; 0), ZAG (1 ; 2 ; 1).

x = 1 – s – t(FIH) : 5 y = s + 2t , s ∈ R, t ∈ R. z = 1 – s x = p (AG) : 5 y = 2p , p ∈ R. z = p

b) Étudier l'intersection de (AG) et (FIH) revient à résoudre le système : p = 1 – s – t

5 2p = s + 2t

p = 1 – s

dont la solution est p = 1 3 , s = 2

3 , t = 0 . D'où K 1

3 ; 2

3 ; 1

3 .

4. GK = 216

3 donc GK > d et (FIH) coupe Σ suivant un cercle

de rayon 8 216

3

2

– 16

3

2

= 12.

AveC les tiCe

103 A. On a ZAB (1 ; 1 ; 1) et ZCD (– 1 ; – 1 ; 1).1. a) On a P (1 + t ; – 1 + t ; t) et Q (– 1 + t ; 1 + t ; – t).b) La relation vectorielle définissant G(x ; y ; z) se traduit par :

(1 + m)(1 + t – x) + (1 – m)(– 1 + t – x) = 0

5 (1 + m)(– 1 + t – y) + (1 – m)(1 + t – y) = 0. (1 + m)(t – z) + (1 – m)(– t – z) = 0

D'où G (m + t ; – m + t ; mt).3.

96 1. ZAB (2 ; – 2 ; – 7) et ZAC (1 ; 0 ; – 8) ne sont pas colinéaires, donc A, B et C définissent un plan.

2.

x = 1 + 2s + t

5 y = – 2s , s ∈ R, t ∈ R. z = – 2 – 7s – 8t

3. a) ZAB, ZAC et ri ne sont pas coplanaires, donc ces deux plans ne peuvent être parallèles.

b) (O ; ri, rj ) est l'ensemble des points de cote nulle.

D'où – 2 – 7s – 8t = 0 ⇔ t = – 1 4 – 7

8 s.

x = 3 4 + 9

8 s

∆ : 5 y = s , s ∈ R. y = 0

97 1. (O ; ri, rj ) est l'ensemble des points de cote nulle.Cela conduit à 1 + 3t – s = 0 ⇔ s = 1 + 3t.3 et (O ; ri, rj ) s'interceptent suivant la droite d dont une représentation paramétrique est :

x = – 1 + 4t

5 y = 2 + 5t , t ∈ R. z = 0

2.

x = 1 + t + s

Π : 5 y = 3 – t + 2s , s ∈ R, t ∈ R. z = 3t – s

3. A ∈ (O ; ri, rj ). ∆ et d sont parallèles et x = 1 + 4t

d : 5 y = 3 + 5t , t ∈ R. z = 0

position relAtive de droites

et de plAns

98 On choisit le repère (A ; ZAB, ZAC, ZAD).

I 1 3 ; 0 ; 0 , J 1

2 ; 1

2 ; 0 , G 1

3 ; 1

3 ; 1

3 , YIG 0 ; 1

3 ; 1

3 .

ZAC (0 ; 1 ; 0), ZAD (0 ; 0 ; 1).

YIG = 1 3 ZAC + 1

3 ZAD, donc YIG, ZAC et ZAD sont coplanaires.

I ∉ (ACD), ce qui permet de conclure.


100 ru, ri et rj sont coplanaires. A ∉ (O ; ri, rj ). (A ; ru ) est parallèle à (O ; ri, rj ).

101 1. Voir la démonstration du théorème 4.

2. On choisit le repère (C ; ZCD ; UCB ; ZCA).

On a E (2 ; 0 ; 0), K 0 ; 1 2 ; 0 , G 0 ; 1

3 ; 1

3 , I 1

2 ; 0 ; 1

2 ,

J 1 2 ; 1

2 ; 0 .

YIJ 0 ; 1 2 ; – 1

2 , YIG – 1

2 ; 1

3 ; – 1

6 , YIE 3

2 ; 0 ; – 1

2 . Donc

YIE = 2YIJ – 3YIG.

102 1. E (0 ; 0 ; 1), H (0 ; 2 ; 1), G (1 ; 2 ; 1).


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. S

Pour y = 0, (E) devient z = 1 4 x2.

z

x1

1

O

z =z = 1— x2

4

1— x2

4

Pour x = 0, (E) devient z = – 1 4 y2.

z

y

11

O

z =z = 1– — y2

4

1– — y2

4


104 On choisit pour unité de mesure la distance AB, et le repère orthonormal (A ; ZAB, ZAD, ZAF). On a :

N (0 ; s ; s), M (1 ; t ; 0), K 1 2 ; s + t

2 ; s

2 .

AK = 1 2 01 + (s + t)2 + s2 = BK.

105 K (4 ; – 5 ; – 5), L 1 3 ; 1 ; – 8

3 , M 2

3 ; 5

3 ; – 7 .

Rechercher l'intersection I de (CK) et (AL) revient à résoudre le système :

4t = – 2 + 7 3 s

5 2 – 7t = 3 – 2s

– 4 – t = 5 – 23 3 s

qui a pour solution s = 6 5 ; t = 1

5 .

D'où I 4 5 ; 3

5 ; – 21

5 .

YBI – 1 5 ; 8

5 ; – 21

5 et OBM – 1

3 ; 8

3 ; – 7 sont colinéaires,

donc I ∈ (BM).

Conjecture : pour une valeur m fixée, G décrit une droite.4.

Conjecture : pour une valeur t fixée, G décrit la droite (QP).B. 1. t est fixé. L'ensemble des points G est caractérisé par :

x = t + m

5 y = t – m, m ∈ R, z = tm

qui est une représentation paramétrique de la droite passant par M

t(t ; t ; 0) et dirigée par le vecteur rut

(1 ; – 1 ; t) (P et Q sont les points de cette droite de paramètres respectifs 1 et – 1).2. m est fixé. L'ensemble des points G est caractérisé par le système :

x = m + t

5 y = – m + t, t ∈ R, z = m t

qui est une représentation paramétrique de la droite passant par N

m (m ; – m ; 0) et dirigée par v

t (1 ; 1 ; m).

3. a) Γ est l'ensemble des points dont les coordonnées sont :

x = t + m (1)

5 y = t – m (2), m et t ∈ R. z = m t (3)

De (1) et (2) on déduit 2t = x + y et 2m = x – y.De (3) on déduit 4z = x2 – y2 (E).b) (O ; ri, rj ) est l'ensemble des points de cote nulle : z = 0.(E) devient x2 – y2 = 0 ⇔ y = ± x.

y

x1

1

O

y = xy = xy = – xy = – x


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3. Vrai. M appartient à (ABC) si et seulement si il existe s et t ∈ R tels que :

x = – 1 + t + s

5 y = – 2t – s z = 2 – t – s

x + y = 0 ⇔ – 1 – t = 0 ⇔ t = – 1 et, pour tout z ∈ R, s = 3 – z.

109 1. ZAB (2 ; – 3 ; – 1). d passe par A et est dirigée par

ZAB.2. d’ passe par E (2 ; 1 ; 0) et est dirigée par rw (– 1 ; 2 ; 1). ZAB et rw ne sont pas colinéaires.Étudier l'intersection de d et d’ revient à résoudre le système :

1 + 2t = 2 – t’

5 – 2 – 3t = 1 + 2t’

– 1 – t = t’qui n'a pas de solution. d et d’ ne sont donc ni parallèles, ni sécantes.3. a) Une représentation paramétrique de est :

x = p

5 y = – 3 – 4p – 5q, p ∈ R, q ∈ R. z = q

A est le point de de paramètres p = 1 et q = – 1 et B est celui de paramètres p = 3 et q = – 2.b) Étudier l'intersection de et d’ revient à résoudre le système :

p = 2 – t’

5 – 3 – 4p – 5q = 1 + 2t’

q = t’qui a pour solution (p = 6 ; q = – 4 ; t’ = – 4). Cela conduit à D(6 ; – 7 ; – 4).

110 1. GB = GI = 13 GH. Réponse : c).

2. IOM = – 1 2 ZOA + 1

2 ZOC = – 1

2 ZOA + 1

2 ZOA + 1

2 IOC = YOJ .

Réponse : c).3. Seul le système du c) correspond à une droite dirigée par un vecteur colinéaire à UKE (1 ; – 1 ; 1). Réponse : c).4. Aire de DAC = 1. EH = 1 est hauteur du tétraèdre. Réponse : c).

5. L'aire ADH est 12

2 . La distance d de C à (ADH) est aussi

la hauteur relative à ADH dans le tétraèdre DACH. De 4.

on déduit que 1 3 = 1

3 d

12

2 d'où d = 12. Réponse : c).

111 A. 1. BD = BE = DE = 12.

2. I 1 3 ; 1

3 ; 1

3 , YAI 1

3 ; 1

3 ; 1

3 , ZAG (1 ; 1 ; 1).

ZAG = 3YAI, donc ZAG et YAI sont colinéaires.B. 1. a) M1–3

= I ; 1–3 = (BDE) ; N1–3

= B.

b) M1–3 N1–3

= BI = 16

3 .

2. a) Mk (k ; k ; k).


107 A. 1. a) I (1 ; 1 ; – 1), I 5 2 ; 1

2 ; – 5

2 ; K(3 ; – 3 ; 3).

b) KIJ 3 2 ; – 1

2 ; – 3

2 et UIK (2 ; – 4 ; 4) ne sont pas colinéaires.

2. KIJ = 1 2 rv et IK = 2ru, donc J et K appartiennent à .

3. a) x = – 1 + 3t

(AD) : 5 y = – t , t ∈ R. z = 2 + t

b) Étudier l'intersection de et (AD) revient à résoudre le système :

1 + p + 3s = – 1 + 3t

5 1 – 2p – s = – t – 1 + 2p – 3s = 2 + t

qui a pour solution p = 1 ; s = – 1 2 ; t = 1

2 . Cela conduit au

point L.

c) ZAL 3 2 ; – 1

2 ; 1

2 et ZAD (6 ; – 2 ; 2). On a bien ZAL = 1

4 ZAD.

B.

A

B

C

D

J

L

I

K

On choisit le repère (A ; ZAB, ZAC, ZAD). On a :

I 1 2 ; 0 ; 0 , K 0 ; 1

2 ; 1

2 , J 3

4 ; 1

4 ; 0 , L 0 ; 0 ; 1

4 .

Étudier l'intersection de (IK) et (JL) revient à résoudre le système :

1 2 – 1

2 t = 3

4 – 3

4 s

5 1 2 t = 1

4 – 1

4 s

1 2 t = 1

4 s

qui a pour solution s = 1 2 ; t = 1

4 . Ω 3

8 ; 1

8 ; 1

8 est le point

d'intersection de (IK) et (JL) et I, J, K et L sont coplanaires.

108 1. Vrai. rw (1 ; – 2 ; 3) dirige la droite.

rw = ru – rv donc ru, rv et rw sont coplanaires.2. Vrai. Le système :

2 – 3t = 7 + 2u

5 1 + t = 2 + 2u

– 3 + 2t = – 6 – uadmet une solution : (t = – 1 ; u = – 1).



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. S

qui a pour solution p = 1 3 ; s = 2

3 ; t = 1

3 . Cela conduit à

K 1 3 ; 1

3 ; 1

3 .

113 1. C (1 ; 1 ; 0), E (0 ; 0 ; 1), I 1 ; 1 2 ; 0 , I 1

2 ; 1 ; 0 .

2. « M ∈ [EC] » équivaut à : « Il existe un réel t ∈ [0 ; 1] tel que ICM = t ZCE. » Cela se traduit, à l'aide des coordonnées de C et E, par : « Il existe t ∈ [0 ; 1] tel que M(1 – t ; 1 – t ; t). »

3. a) CI = CJ = 1 2 et EI = EJ = 3

2 .

b) (CE) appartient au plan médiateur de (IJ) et M ∈ (CE), donc MI = MJ.

c) IM2 = 3t2 – t + 1 4 .

4. a) α ∈ [0 ; π] ⇔ α 2 ∈ 0 ; π

2 .

Sur 0 ; π 2 , α sin α

2 est croissante, ce qui permet de

conclure.

b) IM × sin α 2 = 1

2 I J =

12

4 , d'où sin α

2 =

12

4

IM . IM et

sin α 2 sont inversement proportionnels, ce qui permet de

conclure.

c) f est décroissante sur 0 ; 1 6 et croissante sur 1

6 ; 1 .

d) α est maximal pour IM = 1 16

. MO est le point de para-

mètre t = 16

6 .

De 4. b) on déduit sin α 2 =

13

2 , d'où α = 2π

3 .

b) ZEB (1 ; 0 ; – 1) et ZED (0 ; 1 ; – 1) dirigent k.

x = k + s

k : 5 y = k + t , s ∈ R, t ∈ R.

z = k – s – tc) Étudier l'intersection de et (BC) revient à résoudre le système d'inconnues p, s, t :

k + s = 1(S) : 5 k + t = p . k – s – t = 0

On trouve (p = 3k – 1 ; s = – k + 1 ; t = 2k – 1), ce qui permet de conclure.3. On cherche le minimum de M

k N

k2, c'est-à-dire de la

fonction définie sur R par :f(k) = (1 – k)2 + (2k – 1)2 + k2 = 6k2 – 6k + 2.

Ce minimum est atteint pour k = 1 2 et vaut 1

2 . La distance

minimale vaut donc 12

2 .

112 1. a) Voir la démonstration du théorème 7.b) Voir le paragraphe 4.2 page 294 du manuel.

2. a)•E 0 ; 0 ; 1 2 , ZEF 1 ; 1 ; 1

2 .

x = t(EF) : 5 y = t , t ∈ R.

z = 1 2 + 1

2 t

•B(1;0;0),ZBC (0 ; 1 ; 0) ; ZBD (– 1 ; 0 ; 1). x = 1 – s(BCD) : 5 y = p , p ∈ R, s ∈ R. z = s

b) Étudier l'intersection de (EF) et (BCD) revient à résoudre le système :

t = 1 – s

5 t = p

1 2 + 1

2 t = s

.

114 1. a) M(1 – k ; 0 ; k), N(k ; k ; 0), IMN(2k – 1 ; k ; – k).b) « MN est minimal » équivaut à « (2k – 1)2 + k2 + (– k)2

est minimal. » ; k = 2 3 .

2. a) 2YIO = ZIM + YIN = YIA + IAM + YID + IDN = k ZAE + k ZDB

et 2RIJ = YIE + YIB = YIA + ZAE + YID + ZDB = ZAE + ZDB, d'où :

YIO = k RIJ.b) O ∈ [IJ].

115 1. a) AM2 = x2 + y2 + z2 ;GM2 = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 ;HM2 = x2 + (y – 1)2 + (z – 1)2.b) AM2 = HM2 ⇔ y + z = 1.

AM2 = GM2 ⇔ x + y + z = 3 2 .

2. On choisit comme paramètre t = z. est alors l'ensemble des points de coordonnées vérifiant :

z = t x = 1 2

5 y + t = 1 ⇔ 5 y = 1 – t, t ∈ R.

x + y + t = 3 2 z = t

3. Le milieu de [EF] est I 1 2 ; 0 ; 1 et le milieu de [DC] est

J 1 2 ; 1 ; 0 .

I est le point de ∆ de paramètre t = 1 et J est celui de paramètre 0.

116 1. a) On choisit le repère (O ; ZOA, ZOB, ZOC).

A’ 2 3 ; 0 ; 0 , B’ 0 ; 1

2 ; 0 , C’ 0 ; 0 ; 1

3 .


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erm

. S

ZAC (– 1 ; 0 ; 1) et IA’C’ – 2 3 ; 0 ; 1

3 ne sont pas colinéaires,

pas plus que ZAB(– 1 ; 1 ; 0) et IA’B’ – 2 3 ; 1

2 ; 0 ainsi que

ZBC (0 ; – 1 1) et IB’C’ 0 ; – 1 2 ; 1

3 .

b) Étudier l'intersection de (A’C’) et (AC) revient à résoudre le système :

1 – t = 2 3 – 2

3 t’

5 t = 1

3 t’

qui a pour solution t = – 1 3 ; t’ = – 1 . Cela conduit au point

d'intersection R 4 3 ; 0 ; – 1

3 . Une méthode similaire permet

de trouver S(2 ; – 1 ; 0) et T(0 ; 2 ; – 1).

ZTS(2 ; – 3 ; 1) et Z TR 4 3 ; – 2 ; 2

3 sont colinéaires.

2. a) Afin que (A’B’), par exemple, existe, il est nécessaire que α et γ ne soient pas simultanément nuls. Afin que (AB) et (A’B’) ne soient pas parallèles ou confondues, il est nécessaire que α et γ soient différents. Donc :•auplusunedesvaleursα, β et γ peut être nulle ;•α ≠ β ; α ≠ γ et β ≠ γ.b) A’(γ ; 0 ; 0), B’(0 ; α ; 0), C’(0 ; 0 ; β).La méthode du 1. b) permet de conclure.

117 1. ZAB(2 ; – 2 ; 0). La droite définie par la représenta-tion paramétrique du b) passe par D(– 1 ; – 1 ; 4) et est dirigée par ZAB. ZAD(1 ; – 1 ; 0) est colinéaire à ZAB. Réponse : b).2. I(– 1 ; – 1 ; – 4) est le milieu de [AB]. On a :

AI2 = 2 ; OA2 = 20 ; OI2 = 18.Le triangle AIO est rectangle en I, donc O ∈ . Réponse : a).3. AB = 2AI = 212. Réponse : a).4. AC2 = 20 + a2 ; BC2 = a2 + 4a + 20 ; AB2 = 8.ABC est rectangle en A si et seulement si :

28 + a2 = a2 + 4a + 20 ⇔ 4a = 8 ⇔ a = 2.Réponse : b).5. AI < 13, donc l'intersection est un cercle. De plus, (13)2 – AI2 = 1. Le rayon de ce cercle est donc 1. Réponse : c).

118 1. IA’B’(– 2 ; 2 ; 0), IA’C’(– 2 ; 0 ; 3).

ru (– 1 ; 1 ; 0) est colinéaire à IA’B’. (A’B’C’) passe par A’ et est dirigée par ru et IA’C’, ce qui permet de conclure.2. x = 1 – p

(AC) : 5 y = 0 , p ∈ R. z = p x = 0(BC) : 5 y = 1 – q, q ∈ R. z = q

3. La solution du système : 2 – t – 2s = 1 – p

5 t = 0 3s = p

est (p = – 3; s = – 1 ; t = 0), d'où K(4 ; 0 ; – 3).

La solution du système : 2 – t – 2s = 0

5 t = 1 – q 3s = q

est (q = – 3 ; s = – 1 ; t = 4), d'où L(0 ; 4 ; – 3).

4. a) IA’B’, ZAB(– 1 ; 1 ; 0) et ZKL(– 4 ; 4 ; 0) sont colinéaires.b) (ABC) > (A’B’C’) = (KL).

segments et demi-Droites

119 1. M ∈ [AB] si et seulement s'il existe un réel t ∈ [0 ; 1] tel que IAM = t ZAB, ce qui se traduit par le système (S).2. M ∈ [AB) si et seulement s'il existe un réel t > 0 tel que IAM = t ZAB.

120 1 = [AB] avec A(1 ; 0 ; 1) et B(3 ; 3 ; 2).

2 = [CD] avec C(1 ; 2 ; – 1) et D(0 ; 1 ; – 3).

3 = [EF) avec E(– 1 ; 2 ; – 2) et F(2 ; 3 ; – 1).

121 a) x = 2 + 4t

(AB) : 5 y = 1 + 2t , t ∈ R. z = t

b) et c) On remplace dans a) « t ∈ R » par respectivement « t ∈ [0 ; 1] » puis « t ∈ [0 ; + ∞[ ».d) x = – 2 + 4t

(BA) : 5 y = 3 + 2t , t ∈ [0 ; + ∞[. z = 1 + t

122 a) Pour t ∈ R, f(t) ∈ [– 1 ; 1] et f est continue. Toutes les valeurs de [– 1 ; 1] sont donc atteintes. = [AB] où A(0 ; – 3 ; – 2) et B(2 ; – 1 ; 0).b) Le tableau de variation de f est :

t – ∞ 5 + ∞

f– ∞

1

– ∞

= [BA).c) Le tableau de variation de f est :

t – ∞ 0 + ∞

f

1

– ∞

+ ∞

1

f(t) prend toutes les valeurs de R–1. est donc la droite (AB) privée du point B.

123 a) Vrai. ZAB(– 2 ; 2 ; 0) et ZAC(– 3 ; – 1 ; 0) ne sont pas colinéaires.

b) Faux. J – 3 2 ; 5

2 ; 3 , F (– 3 ; 5 ; 6).

YAJ – 5 2 ; 1

2 ; 0 et ZAF (– 3 ; 5 ; 6) ne sont pas colinéaires,

donc F n'appartient pas à au moins une médiane.

c) Vrai. ZCD = ZDK ⇔ K(12 ; 7 ; – 9).

d) Faux. YJK 27 2 ; 9

2 ; – 12 et YJE 3

2 ; 1

2 ; – 17

3 ne sont pas

colinéaires, donc E ∉ (KJ).

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. S

11CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 11 Produit scalaire dans l’espace

Produit scalaire dans l’espace

Activité 1

1 a) D, F, O et B sont des points du rectangle BDHF. Ils sont donc coplanaires.

D

H O

1

B

F

2

b)•UBO · IDF = UBO · 1 UDH + UHF 2 = UBO · IDH + UBO · UHF.Le vecteur UBO se projette orthogonalement sur (DH) suivant IDH. Donc UBO · IDH = DH2.•Demême,aveclaprojectionorthogonale:

UBO · UHF = UFO · UHF,

onobtient:UBO · UDF = DH2 – UOF · UHF = 1 – 122

× 12 = 0.

Donc au et av sont orthogonaux.

2 a) Soient les coordonnées F(1 ; 1 ; 1), B(1 ; 1 ; 0) et

H(0 ; 0 ; 1).Oestlemilieude[HF];doncOapourcoordonnées:

1 12

; 12

; 12.b) UDF(1 ; 1 ; 1) et UBO1– 1

2 ; – 1

2 ; 12.

xx’ + yy’ + zz’ = – 12

– 12

+ 1 = 0.

xx’ + yy’ + zz’ est la forme analytique du produit scalaire UDF · UBO.c)•(AC)estperpendiculaireà(DB)et(BF)doncauplan(DBF). Ilen résulteque(AC)estperpendiculaireà toutedroiteduplan(DBF)doncenparticulierà(BH).•Aapourcoordonnées(1;0;0),C(0;1;0).Donc UACapour coordonnées (– 1 ; 1 ; 0) et UBH(–1;–1;1);donc:

xx’ + yy’ + zz’ = 0. Lesdroites(BH)et(AC)sontperpendiculaires.

Activité 2

1 a) UAH= UBG ; donc l’angle géométrique de UAFet UBG

est celui de UAFetUAH.b)Le triangleAFHestéquilatéral;donc, l’anglegéomé-

trique vaut π

3.

2 a)A(1;0;0),F(1;1;1),B(1;1;0)etG(0;1;1).

Les vecteurs UAFetUBGontpourcoordonnées:

UAF(0;1;1);UBG(–1 ; 0 ; 1).b)•xx’ + yy’ + zz’=1;AF=12 ; BG = 12.

xx’ + yy’ + zz’

AF×BG = 1

2.

•Onfaitlelienavecleproduitscalairedansleplan;soit:

UAB·UAC=AB×AC×cosθ.

3 a) UAD = UBC; donc l’angle géométrique associé aux

vecteurs UBH et UADestl’angleDCBH.b)LetriangleCBHesttelque:

BH = 13;BC=1etCH=12.Deplus,letriangleBCHestrectangleenC.

C

B

1

H2

3

•cosDCBH=cos(β) = 1

13, donc QB ≈ 54°7.

•UBH a pour coordonnées (–1 ; –1 ; 1) et UAD(–1;0;0).On a BH = 13etAD=1,donc:

xx’ + yy’ + zz’

BH×AD =

1

13 = cos(β).


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2 Enseignement spécifique Chapitre 11 Produit scalaire dans l’espace

D

E

G

F

H

JI

YGI · YHJ = (ZGF + RFI) · YHJ = UGF · YHJ + PFI · YHJ = GF2 + RFI · REJ = GF2 – FI × EJ = GF 2 – EF 2 = 0.b) YDJestorthogonaleà YGI et RBI ; donc (DJ) est perpendi-culaire au plan (BIG).

4 1. Il n’existe pas de réel k tel que av = kau ; donc au et av ne sont pas colinéaires.2. IAMapourcoordonnées(1;–1;1).Deplus:

IAM·au = 2 – 2 = 0 et IAM·av = – 1 + 2 – 1 = 0.Donc IAMestnormalauplan(A;au, av ).

5 1. UAB(–1;–1;1)etUAC(1;5;1).Il n’existe pas de réel k tel que UAC = kUAB; donc lespointsA,BetCnesontpasalignés.2. an · UAB=–3+1+2=0etan · UAC=3–5+2=0.Donc anestunvecteurnormalauplan(ABC).

6 UOA a pour coordonnées (2;0;1); donc a une équation de la forme 2x + z + d = 0. OrA∈ . Donc 4 + 1 + d = 0, soit d = –5. Donc a pour équation 2x + z – 5 = 0.

7 UAB(1;–3;3).Ainsi a une équation de la forme x – 3y + 3z + d=0.OrA∈ ; donc 1 – 3 – 3 + d = 0, soit d = 5. Donc a pour équation x – 3y + 3z + 5 = 0.

1 a) DBFH est un rectangle.

cos(α) = UOD · UOBOD2

.

UOD · UOB = 12

3iUOD + UOBi2 – iODi2 – iOBi24

= 12

3iHDi2 – iODi2 – iOBi24

= 12

3c2 – 12

(a2 + b2 + c2)4 = c2 – a2 – b2

4 ;

On a OD2 = 14

(a2 + b2 + c2);donc:

cos(α) = c2 – a2 – b2

c2 + a2 + b2.

b) Si a = b = c, cos α = – a2

3a2 = – 1

3 ; donc α ≈ 109°.

2 L’angle géométrique associé aux vecteurs UABetUSCest

l’angle DDCS.

b2 = b2 + a2 – 2ab cos π

4 ;

soit 0 = a2 – ab12 ;donc a = b12.

D

O

H

B

F

1—a

2 + b

2 + c2

2

a2 + b2

c

S

D

C

bb

a

—4

PROBLÈME OUVERT

1 1. Soient UAB(–1;1;–4)etUAC(–2;0;–1).

cos(θ) = 2 + 4

418 15 =

6

3410 =

2

410 = 410

5 ;

2. D’où θ ≈ 50°8.

2 1. Soient UAB(1;0;–2),UAC(3;–1;0)etUBC(2;–1;2).

UAB·UAC=3;UBA·UBC=–UAB·UBC=2;UCA·UCB=UAC·UBC=7.

2. cos(α) = UAB·UACAB×AC

= 3

15 × 410

= 3

512 = 312

10

cos(β) = UBA·UBCBA×BC

= 2

15 × 3 = 215

15.

cos(γ) = UCB·UCACB×CA

= 7

3410 = 7410

30.

D’où α ≈ 65° ; β ≈ 73° ; γ ≈ 42°.

3 1. YBI · YAJ=1 UBF + RFI 2 · YAJ=UBF · YAJ+RFI · YAJ;

UBF · YAJ=BF2 et RFI · YAJ=RFI · REJ.Si a est la mesure du côté d’un des carrés, BF2 = a2 et

RFI · REJ = – a

2 × 2a = – a2 donc RBI · YAJ=0.

2. a)DseprojetteorthogonalementenAsurleplan(ABF);donc:

RBI · YDJ = RBI · YAJ=0.YGI · YDJ = YGI · YHJ car D se projette orthogonalement en H sur leplan(EHM).

C

B

A


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. S


Cettedroite(AB)coupe s’il existe un réel ttelque:2 – 4t – 1 – 2t – 1 – t – 8 = 0 soit – 7t = 7.

Donc t = 1 et I a pour coordonnées (– 1 ; 3 ; – 2).

16 Avec l’axe 1O ; ai 2, le point A a pour coordonnées(2 ; 0 ; 0).Avecl’axe1O ; aj 2, le point B a pour coordonnées (0 ; 3 ; 0).Avecl’axe1O ; ak 2,lepointCapourcoordonnées(0;0;–6).

17 2(– 8 + 2t) + 21 – 3t – 6 – t + 4 = 0 –16 + 4t + 21 – 3t – 6 – t + 4 = 0 0t + 3 = 0.Donc, cette équation n’a pas de solution et la droite d est parallèleà.

18 1. UAB(–5;–2;4)etUAC(1;1;1).Cesvecteursnesontpascolinéaires.DonclespointsA,B,C définissent un plan .2. a) Le vecteur au(2 ; – 3 ; 1) est un vecteur directeur de d. Or UAB·au = 0 et UAC·au = 0. Donc la droite d est orthogonale à.b) a une équation de la forme 2x – 3y + z + d = 0.OrA∈ ; donc 4 – 3 + 3 + d = 0, soit d = – 4. a pour équation 2x – 3y + z–4=0;donconobtient:

–14 + 4t + 9t + 4 + t – 4 = 0, soit 14t = 14 d’où t = 1.DoncMapourcoordonnées(–5;–3;5).

19 UBCapourcoordonnées(4;2;3).La droite dapourreprésentationparamétrique:

5 x = –1 + 4t

y = 2t

z = 1 + 3t

.

Si an(x ; y ; z)estnormalàalors:

au · an = 2y + z = 0 et av · an = x + y – z = 0.Soit z = – 2y et x = – 3y donc an(3;–1;2)estnormalà.Deplus,A∈ donc apouréquation:

3x – y + 2z – 3 = 0. – 3 + 12t – 2t + 2 + 6t – 3 = 0 16t – 1 = 0

d’où t = 14

.

La droite d coupe en H10 ; 12

; 74 2.

20 5 x + 2y – z + 1 = 02x + 3y – z + 2 = 0

⇔ 5 x + 2y – z + 1 = 0x + y + 1 = 0

soit 5 y = zx = – z – 1

.

En posant z = t, l’intersection des deux plans est la droite de représentationparamétrique:

5 x = – t – 1y = tz = t

.

21 5 x – y – z = 02x – y + 2z = 0

⇔ 5 x – y – z = 0x + 3z = 0

soit 5 x = – 3z

y = – 4z.

En posant z = – t, l’intersection des deux plans est la droite dereprésentationparamétrique:

5 x = 3t

y = 4t

z = – t.

8 UAB(3;3;3)estcolinéaireàan(1 ; 1 ; 1).A∈ car 3 – 2 + 2 – 3 = 0 et anestunvecteurnormalà ; donc UABestnormalà.

9 1. Soient UDF(1 ; 1 ; 1), UEG(–1 ; 1 ; 0) et UBG(–1 ; 0 ; 1).D’où UDF · UEG = 0 et UDF · UBG = 0. 2. a) UDFestorthogonalàUEG et UBG donc au plan (EBG).b) a une équation de la forme x + y + z + d = 0.Or B(1 ; 1 ; 0) ∈ ; donc 2 + d = 0, soit d = – 2. a donc pour équation cartésienne x + y + z – 2 = 0.

10 LepointA(1;0;1)∈ et les vecteurs au(1 ; 1 ; 1) et

av(0 ; 3 ; 1) définissent le plan .

11 1. UAB(2;4;–2)etUAC(4;–4;–4).

UAC≠ kUAB;donclespointsnesontpasalignésetdéinissentun plan .2. a) an · UAB=0etan · UAC=0;doncan est un vecteur normal à.b) a une équation de la forme x + z + d = 0.OrA∈ ; donc –1 + 2 + d = 0, soit d = –1.Donc a pour équation cartésienne x + z – 1 = 0.

12 Eapourcoordonnées(1;0;1)etKapourcoordon-

nées 1 12

; 1 ; 12 2.

Donc:

UEK1– 12

; 1 ; – 12 2 ;

YDI11 ; 12

; 02 ;

YDJ10 ; 12

; 12.Donc UEK · YDI = 0 et UEK · YDJ = 0.UEKestnormalauplan(DIJ)etauneéquationdelaforme:

– 12

x + y – 12

z + d = 0.

Or D(0 ; 0 ; 0) est un point du plan (DIJ) ; donc (DIJ) a pour équation cartésienne x – 2y + z = 0.

13 1. UAB(0;1;1)etUAC(2;–2;2).CommecesvecteursnesontpascolinéairesalorslespointsA,B,Cdéinissentun plan (x ; y ; z).2. a) Si anestnormalà alors an · UAB=0etan · UAC=0.Soit y + z = 0 et 2x – 2y + 2z = 0 ou x – y + z = 0.b) y = – z et x = –2z donc le vecteur an(2 ; 1 ; – 1) est normal au plan qui a une équation de la forme 2x + y – z + d = 0. OrA∈ ; donc 2 + 1 + d = 0, soit d = – 3. Donc a pour équation cartésienne 2x + y – z – 3 = 0.

14 UABapourcoordonnées(–2;3;–3).Donc a pour équation 2x – 3y + 3z = 0 car O(0 ; 0 ; 0) est un point de .

15 Soit UAB(–2; 2; –1). Donc la droite (AB) a pourreprésentationparamétrique:

5 x = 1 – 2t

y = 1 + 2t

z = – 1 – t.

B

C

G

F

K

H

E

D

A

J

I


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23 1. Les coordonnées (x ; y ; z) de d vérifient les équa-tions de

1 et

2.

De plus, les vecteurs normaux rn1(1 ; 1 ; – 3) et rn2

(1 ; – 2 ; 6) ne sont pas colinéaires ; donc d =

1 ∧

2.

2. 2(– 2) – (– 1 + 3t) + 2t + 2 = 0 – 4 + 1 – 3t + 2t + 2 = 0soit t = – 1.Donclepointd’intersectionapourcoordonnées:

(– 2 ; – 4 ; – 1).

29 Plans perpendiculaires•Lesoutils– Équation d’un plan vecteur normal.– Produit scalaire dans l’espace.

•L’objectif– Savoir trouver une équation d’un plan passant par deux pointsetperpendiculaireàunpointdonné.

1. a) au(1 ; –1 ; 3), UAB(1;1;2).b)Cesvecteursnesontpascolinéairescariln’existepasderéel k tel que UAB=kau.c) an · au = a – b + 3c = 0 et au · UAB=a + b + 2c = 0.

2. a) 5 a – b + 3c = 0a + b + 2c = 0

⇔ 5 2a + 5c = 02b – c = 0

,soit:

a = – 52

c et b = 12

c.

b) On prend c = 2 ; donc an a pour coordonnées (– 5 ; 1 ; 2).c) Q a une équation de la forme – 5x + y + 2z + d = 0.OrA∈ Q ; donc – 5 – 1 + 4 + d = 0, soit d = 2. Donc Q a pouréquation: – 5x + y + 2z + 2 = 0.


1estdéinipar:

A(0;0;2);S(3;4;0,1)et au(1 ; 3 ; 0).Donc UAS(3;4;–1,9).Soit

1déinipar4:

1 A;au ; UAS2.

2estdéinipar:

B1 12

; 4 ; 42 ; S(3 ; 4 ; 0,1)

et av(2 ; 1 ; –1).

Donc USB1– 52

; 0 ; 3,92.Les vecteurs au et avnesontpascolinéairesetlesystème:

5 3 + t = 12

+ 2s

9 + 3t = 4 + s 2 = 4 – s

équivalentà5 3 + t = 92

3 + t = 2 s = 2

n’a pas de solution.Les droites d

1 et d

2 n’ont pas de points communs et sont

non coplanaires.

1

u

S

A

d1

v

S

B

d2

2

22 5 x + 2y – z – 1 = 02x – y + z – 4 = 0

⇔ 5 3x + y – 5 = 0z = x + 2y – 1

soit 5 y = – 3x + 5z = – 5x + 9

.

En posant x = s, la droite d a pour représentation paramé-trique:

5 x = – sy = 5 + 3s

z = 9 + 5s

.

au(– 1 ; 3 ; 5) est un vecteur directeur de d. Si s=–1,A(1;2;4)est un point de d ; donc la proposition est vraie.

28 Valeur maximale d’un angle•Lesoutils– Produit scalaire dans l’espace.– Dérivation.– Variation d’une fonction.

•Lesobjectifs– Savoir calculer la mesure et un angle de l’espace en fonction d’un paramètre.– Savoir trouver une mesure minimale.

1. a)SiM=C,DACB= π

2.

SiM=D,DADB= π

3.

b)SoientA(1;0;0);B(0;1;0);D(0;0;1);C(1;1;0);ZDC(1;1;–1);M(x ; y ; z) et ZDM(x ; y ; z – 1).Donc ZDM=tZDCéquivautà:

x = t ; y = t ; z = 1 – t.DoncMapourcoordonnées(1;t ; 1 – t).2. a) ZMA·ZMB=MA×MB×cosα.OrletriangleAMBestisocèlecarleplan(DOC)estleplanmédiateurde[AB].

DoncMA=MBetcosα = ZMA·ZMBMA2

.

b) ZMA(1–t ; – t ; t – 1) ; ZMB(–t ; 1 – t ; t – 1).On a ZMA·ZMB=–t + t2 – t + t2 + t2 – 2t + 1

= 3t2 – 4t + 1.MA2 = (1 – t)2 + t2 + (t – 1)2d’oùMA2 = 3t2 – 4t + 2.c)Ondéduitdelaquestionprécédenteque:

cos(α) = 3t2 – 4t + 13t2 – 4t + 2

= 1 – 13t2 – 4t + 2

.

3. a) f ’(t) = 6t – 4(3t2 – 4t + 2)2

.

t 023

1

f’ – 0 +

f12 – 1

2

0

b), c), d) Le cosinus est minimal lorsque t = 23

.

Donc, dans ce cas, α est maximale avec α = 2π

3.



© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Donc(MN)estparallèleà(OJ).Dans le triangle FCD, la droite (OJ) est la droite des«milieux».Donc(FD)estparallèleà(OJ).2. a) (GB) ⊥ (FC) comme diagonales d’un carré et(GB) ⊥(CD);donc(GB)estperpendiculaireauplan(FCD).Delamêmemanière,ondémontreque(CH)estperpendi-culaire au plan (FGD).b) Il en résulte que (GB) étant perpendiculaire au plan (FCD), (GB) est perpendiculaire à toutes les droites duplan.Donc(GB)estperpendiculaireà(FD).Ondémontredelamêmemanièreque(FD)estperpendiculaireà(CH).En conclusion, (FD) étant parallèle à (MN), il en résulteque(MN)estperpendiculaireà(GB)et(CH).

C. Manière 3 : avec l’outil vectoriel

1. a) IGM= 23

YFI = 13

1 ZGC+ZGD 2

= 13

1 ZGC+ZGC+ZGH 2 = 13

1 2ZGC+ZGH 2.

Donc 3IGM=2ZGC+ZGHetdemême3ZGN=ZGC+UGF.

b) IMN=ZGN–IGM

= 13

3 ZGC+ZGF – 2ZGC–ZGH 4

= 13

1 UGF – ZGC–ZGH 2.

2. IMN·UGB = 13

1 UGF – ZGC–ZGH 2 · ZGB

= 13

3 UGF · UGB – ZGC·ZGB – ZGH · ZGB 4

= 13

[GF2–GC2] = 0.

DemêmeIMN·ZCH= 13

1 UGF – ZGC–ZGH 2 · ZCH

= 13

3 UGF · ZCH–UGC·ZCH–ZGH · ZCH4

= 13

[GC2 – GH2] = 0.

3.Ilenrésultedelaquestionprécédentequeladroite(MN)estperpendiculaireauxdroites(BG)et(CH).

32 TD – Caractérisation d’un tétraèdre orthocentriqueA. Explorer la situation avec Geospace1. b)

c)Danscecas,lepointHexiste.Lesdroites(AB)et(CD)sont orthogonales.2.Ladroite(AA

1)estperpendiculaireauplan(BCD)donc

à(CD).Demême(BB

1)quiestperpendiculaireauplan(ACD)est

perpendiculaireà(CD).Or les points A, B, A

1 et B

1 sont coplanaires ; donc

(CD) est perpendiculaire au plan (ABA1) donc (CD) est

perpendiculaireà(AB).

Le plan 1 a pour équation 57x – 19y + 50z – 100 = 0.

Le plan 2 a pour équation 78x – 106y + 50z + 185 = 0.

d1

d2

2

1

S A

B

La droite d1 coupe

2.

•L’équation78(3+t) – 106(9 + 3t) + 100 + 185 = 0 a pour

unique solution t = – 2916

.

DoncAapourcoordonnées11916

; 5716

; 22.•L’équation571 1

2 + 2s2 – 19(4 + s) + 50(4 – s) – 100 = a

a pour unique solution s = – 76

.

Donc B a pour coordonnées 1– 116

; 176

; 316 2.

Les droites d1 et d

2 coupent respectivement

2 et

1enA

et B.

UBS a pour coordonnées 1296

; 76

; – 30,46 2.

Donc, la droite ∆apourreprésentationparamétrique:

5 x = 3 + 29α

y = 4 + 7α

z = 0,1 – 30,4α

α ∈ .

31 TD – Comparer trois démonstrations

A. Manière 1 : avec un repère orthonormé

1. a)F(1;0;0);C(0;0;1);D(0;1;1);J10 ; 12

; 12.b) IGM= 2

3 YGJ;doncMapourcoordonnées10 ; 1

3 ; 2

3 2.Demême,lemilieuIde[FC]apourcoordonnées:

1 12

; 0 ; 12 2.

On a UGN= 23

UGB;doncNapourcoordonnées1 13

; 0 ; 13 2.

2. UGB a pour coordonnées (1 ; 0 ; 1) et ZCHapourcoordon-nées (0 ; 1 ; – 1).

Demême,IMN1 13

; – 13

; – 13 2.Ilenrésulteque:

IMN·UGB = 13

– 13

= 0 et IMN·ZCH=0.

Donc(MN)estperpendiculaireauxdroites(BG)et(CH).

B. Manière 2 : avec une étude géométrique1. Dans le triangle OGJ, ona:

ZGN= 23

ZGO

et IGM= 23

YGJ.

IMN=ZGN–IGM

= 23

1 ZGO – YGJ 2

= 23

YJO. G

H

D

C

A

B

E

F

J

M

N

O

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S


2. a) Un point de ∆appartientà3si,etseulementsi:

– t – 1 – 5t + 6t + 1 = 0 ⇔ 0t = 0 ;donc t ∈ et ∆ est incluse dans

3.

b) 1 et

2 sont sécants selon la droite ∆.Posons-nousla

question:ladroite∆a-t-elleunpointcommunavec3 ?

– t – 1 – 5t + 6t – 3 = 0 ⇔ 0t = 4 ;il n’y a donc pas de solution.Donc, les trois plans

1,

2 et

3 n’ont aucun point commun.

c) La droite ∆ coupe 3 si, et seulement si, il existe t tel

que:– 2t – 1 – 5t + 6t – 1 = 0 ⇔ – t – 2 = 0 soit t = – 2.

Donc ∆ coupe 3aupointAdecoordonnées(2;–9;–4)

et les trois plans ont un seul point commun.

34 TD – Perpendiculaire commune à deux droites1. d

1 et d

2 étant non coplanaires Pu1

≠ kPu2.

2. a) Pu1 et Pu2

étant non colinéaires, les plans 1 et

2 sont

sécants suivant une droite ∆.b)Lesdroites(A,an ) et (B, an ) sont parallèles ; donc, d’après le théorème du toit, ∆estparallèleà(A,an ). Il en résulte que OH

1H

2 · Pu1

= OH1H

2 · Pu2

= 0.Donc ∆ est perpendiculaire en H

1àd

1 et en H

2àd

2.

c) Donc ∆estlaseuleperpendiculairecommuneàd1 et d

2.

3. Applicationa) Pu1

a pour coordonnées (– 1 ; 0 ; 1) et Pu2 a pour coordon-

nées (1 ; 1 ; 0).

an · Pu1 = 0 et an · Pu2

= 0 ; donc anestorthogonalàPu1 et Pu2

.b) Soit Rw1

(a1 ; b

1 ; c

1) tel que Rw1

· an = 0 et Rw1 · Pu1

= 0.On a a

1 – b

1 + c

1 = 0 et – a + c = 0, soit a = c et b = 2c ;

donc Rw1(1; 2; 1) est un vecteur normal à

1 qui a une

équation de la forme x + 2y + z + d = 0.OrA∈

1, donc d = 1 et

1 a pour équation x + 2y + z – 1 = 0.

Delamêmemanière,ondémontreque2 a pour équation

– x + y + 2z = 0.c) Si y = t,ona:

5 x + 2y + z – 1 = 0– x + y + 2z = 0

⇔ 5 3y + 3z – 1 = 0x = y + 2z

⇔ 5 z = – y + 1

3

x = – y + 23

La droite ∆apourreprésentationparamétrique:

5 x = – t + 2

3y = t

z = 13

– t

, t ∈ .

37 1 = t – 1 donc t = 2 ; y = 8 ; z = – 3.DoncA∈ d.

38 UABestunvecteurnormalà et a pour coordonnées (1;–2;0).Deplus,Bappartientà car 2 + 2 – 4 = 0. DoncBestleprojetéorthogonaldeAsur.

C

D

B

A

B1

A1

H

3. a)(AB)⊥(CD)et(AI)⊥(CD)donc(CD)estperpendi-culaireauplan(ABI)doncà(BI).b) Il en résulte que A

1 est

un point de (BI) et B1 un

point de (AI); donc H estl’orthocentredutriangleABI.4. Les hauteurs issues deAet B sont concourantes si, et seulement si, (AB) et (CD)sont des droites orthogonales.

B. Trouver la caractérisation1.EnprenantleshauteursdeuxàdeuxetentenantcomptedelapartieAalorslescouplesd’arêtesopposéessontorthogonaux.

2. UAB·UCD=0etUBC·ZAD=0doncUAB·UCD+UBC·ZAD=0.UAC·UBD = 1 UAB+UBC2 · 1 UBA+UAD2 = UAB·UBA+UAB·ZAD+UBC·UBA = UAB3 UBA+UAD+UCB4 = UAB3 UCB+UBD 4 = UAB·UCD=0.3. a) UCH·UBD = 1 UCA+UAH2 · UBD = UCA·UBD + UAH·UBD.Or(CA)et(BD)sontorthogonales(cf.2).Ilenestdemêmepour(AH)et(BD)doncUCH·UBD = 0.b) UCH·ZAD=0.Ladémonstrationestidentique.Donc(CH)estperpendiculaireà(AD)et(BD)estperpen-diculaireauplan(ABD).4.UntétraèdreABCDestorthocentriquesi,etseulementsi,sesarêtesopposéessontorthogonalesdeuxàdeux.

33 TD – Intersection de trois plans

B. Application

1. 5 x + y – 2z – 1 = 03x + y – z – 1 = 0

⇔ 5 2x + z = 0y = 2z + 1 – x

soit 5 z = – 2x

y = – 5x + 1.

En posant x = – t, la droite ∆ a pour représentation paramé-trique:

5 x = – ty = 1 + 5t

z = 2t

, t ∈ .

I

C

DB

A

de tÊte

35 UBG · UBH = BG2 = 2.

36 au · av = 2 – 6 + 4 = 0 ; donc les vecteurs au et av sont orthogonaux.



© N

ath

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

ortHogonAlité dAns l’espACe

48

d2A

d1

u1

u2

u

Si d est une droite quelconque de de vecteur directeur av alors av = aPu1

+ bPu2.

Donc an · av = an · 1aPu1 + bPu2

2 = aau · Pu1 + bPu2

· Pu2.

Or an · Pu1 = an · Pu2

= 0 ; donc ∆estorthogonaleàd.

49 au · av = – 12

– 3 + 32

= – 2 ≠ 0 ; donc les vecteurs ne sont

pas orthogonaux.

50 au · av = 133

α – 23

α + 1 = 0 soit α 12 – 13 2 = 3.

D’où α = 312 + 13 21

= 6 + 313.


52 UAB(–2;7;5)etau(– 4 ; 1 ; – 3).

UAB·au = 0 donc destorthogonaleà(AB).

53 UAF=UAB+UAE;

UEC=YEA+UAC.UAF·UEC=1 UAB+UAE2 · 1 YEA+UAC2soit UAF·UEC= UAB·YEA–AE2 + UAB·UAC+UAE·UAC.Or UAB·YEA=0,UAB·UAC=AB2 = a2, UAE·UAC=0.Donc UAF·UEC=a2 – a2 = 0.Lesdroites(AF)et(EC)sontorthogonales.

54 1. YDI · YAJ=1 ZDA+YAI2 · 1 UAB+YBJ 2 = UDA·UAB+UDA·YBJ + YAI·UAB+YAI·YBJ.

Or UDA·UAB=0;UDA·YBJ = – 1 × 13

= – 13

; YAI·UAB= 13

.

YAI·YBJ = 0, donc YDI · YAJ=–13

+ 13

=0et(DI)et(AJ)sontperpendiculaires.2.Or(DI)estorthogonalà(EA);donc(DI)estperpendi-culaireauplan(AJE).

55 1. a)A(1;0;0);E(1;0;1);F(1;1;1);I10 ; 0 ; 12 2 ;

O1 12

; 12

; 12;C(0;1;0).

b) ZAO1– 12

; 12

; 12 ; UEC(–1;1;–1);REI1– 1 ; 0 ; – 12 2.

Donc ZAO·UEC=0etZAO·REI = 0.Donc ZAOestorthogonaleauxdroites(EC)et(EI).Ladroite(AO)estperpendiculaireauplan(EIC).2. a) ZAO·UEC=1 ZAE+UEO 2 · 1 UEG + UGC2 = UAE·UEG + UAE·ZGC+UEO · UEG + UEO · ZGC.Or UAE·UEG = 0 ; UAE·ZGC=–1;UEO · UEG = 1 ; UEO · ZGC=0;donc UAO·UEC=–1+1=0.

B

C

G

F

H

E

D

A

39 av (2 ; – 3 ; 6) est un vecteur directeur de d. Or av = 6au. Donc au est aussi un vecteur directeur de d.

40 a) 5 x = – 2 + ty = tz = 1 + t

b) apouréquation:x + y + z – 1 = 0.

le produit sCAlAire dAns l’espACe

41 1. au · av = – 3.

2. cos θ = au · avi au i × i av i

= – 32 × 2

= – 34

.

On obtient θ ≈ 159°.

42 UAB(–1;1;–4);UAC(–2;0;–1).

UAB·ZAC=2+4=6;AB=312etAC=15.

Donc cos θ = 6

3410 = 2410

10 = 410

5.

On obtient θ ≈ 51°.

43 a) 2au · 1 av – 3au 2 = 2au · av – 6i au i2 = – 8 – 150 = – 158.

b) 1 au + av 2 · 1 au – 3av 2 = i au i2 – 3i av i2 – 2au av = 25 – 27 + 8 = 6.

44 a) YSA·YSB=SA×SB×cos1DASB2 = a2

2.

b) YSA·YSC=0car(SA)⊥(SC).c) UAS·ZAC=AS×ACcos45°.

= a × a12 × 122

= a2.


46 a) ZAO·ZCG=ZAO·UAE=AE2 = a2.

b) ZAO·YGI = 12

ZAO·UEA=–12

ZAO·ZAE=–12

a2.

47 ABGHestunrectangletelqueBG=12.

3

O

2

GH

A B

AG2 = 9 + 2 = 11 ;

doncAG=411etAO=OB= 4112

.

UOA·UOB = 12

3iUOA+UOBi2 – iOAi2 – iOBi24.

Or UOA+UOB = UHO + UOA=UHA.

Donc UOA·UOB = 12

32 – 112 4 = – 7

4=OA×OB×cosθ.

cos θ = – 74

× 411

= – 711

donc θ ≈ 2,3 radians.

a a

a 2A C

S

© N

ath

an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S


66 1. estdéinieparA(1;2;0),au(1 ; –1 ; 2) et

av(– 2 ; 1 ; – 1).Si an(a ; b ; c)estorthogonalàau et avalors:

a – b + 2c = 0 et –2a + b – c = 0.Soit b = a + 2c et – a + c = 0.Donc, en prenant c = 1, a = 1 et b = 3, le vecteur an (1 ; 3 ; 1) estnormalà.2. a une équation de la forme x + 3y + z + d = 0.OrA(1;2;0)estunpointde donc 1 + 6 + d = 0, soit d = – 7. a pour équation cartésienne x + 3y + z – 7 = 0.

67 LescoordonnéesdespointsA(a ; 0 ; 0), B(0 ; b ; 0) et

C(0;0;c) vérifient l’équation x

a +

y

b +

z

c – 1 = 0.

Commecespointsnesontpasalignés,cetteéquationestcelleduplan(ABC).


69 1.A(1;0;0),M1 13

; 0 ; 02,N11 ; 23

; 02, P10 ; 1 ; 23 2

et E(1 ; 0 ; 1).Il en résulte que UAPapourcoordonnées1–1 ; 1 ; 2

3 2. ZEM1– 2

3 ; 0 ; –12 et UEN10 ; 2

3 ; –12.

Donc UAP·ZEM= 23

– 23

= 0 et UAP·UEN= 23

– 23

= 0.

Donc UAPestnormalauplan(EMN).2.Leplan(EMN)auneéquationdelaforme:

– x + y + 23

z + d = 0.

OrEappartientàceplandonc–1+ 23

+ d = 0 soit d = 13

.Leplan(EMN)apouréquation:

– 3x + 3y + 2z + 1 = 0.

position relAtive d’une droite

et d’un plAn

70 Soit UAB(2;0;–2)etau (1 ; 0 ; –1) un vecteur directeur deladroite(AB)quiapourreprésentationparamétrique:

5 x = – 1 + ty = 2z = 3 – t

, t ∈ .

SiIexiste,sescoordonnéesvériient:– 1 + t + 2 – 3 + t – 1 = 0 soit 2t – 3 = 0 ; d’où t = 3

2.

Donc I a pour coordonnées 1 12

; 2 ; 32 2.

71 dapourreprésentationparamétrique:

5 x = 2 + ty = – 1 – 2t

z = t.

Si le point d’intersection du plan existe, ses coordonnées vériient:3(2 + t) + 2(– 1 – 2t) – t – 6 = 0 soit – 2t – 2 = 0 ; d’où t = – 1.Donc le point d’intersection a pour coordonnées (1 ; 1 ; –1).

72 a) 2t – 1 – 2t + 2 – 6t – 1 = 0 soit – 6t = 0, donc t = 0.Le point d’intersection a pour coordonnées (– 1 ; 0 ; 1).b) 2 + 2s + 3 + 6s + 3 – 8s = 0 soit 0s = 8. Il n’existe pas de valeur de s donc d // .

b) UAO·REI = 1 UAE+UEO 2 · 1 UEH + YHI 2 = UAE·UEH + UAE·YHI + UEO · UEH + UEO · YHI.

Or UAE·UEH = 0 ; UAE·YHI = – 12

; UEO · UEH = 12

; UEO · YHI = 0.

Donc UAO·REI = – 12

+ 12

= 0.

Commeladroite(AO)estorthogonaleà(EC)et(EI),elleestperpendiculaireauplan(EIC).


équAtion CArtésienne d’un plAn

57 a) a pour équation x – y + 3z – 5 = 0.b) a pour équation 2x – 3y – z – 1 – 212 = 0.

58 a) UAB(–2;1;4)doncapouréquation:– 2x + y + 4z + 8 = 0.

b) UAB(–1–12 ; 5 ; – 3) donc apouréquation:– 11 + 12 2x + 5y – 3z + 27 + 12 = 0.

59 UAB1 32

; 1 ; 02 et an(3;2;0)estnormalà.

Or an = 2UAB;ladroite(AB)estdoncorthogonaleà.

60 ZAH(1;–3;2)et an(1 ; – 3 ; 2) est un vecteur normal à donc ZAH=an.De plus H ∈ car 3 + 2 – 5 = 0.DoncHestleprojetéorthogonaldeAsur.

61 IAM(x – 1 ; y + 1 ; z – 2) et au(–1;2;3);donc:IAM·au = – x + 1 + 2y + 2 + 3z – 6 = 5,

soit – x + 2y + 3z – 8 = 0.L’ensemble est donc le plan de vecteur normal au(–1 ; 2 ; 3) et passant par B(0 ; 4 ; 0).

62 1. estdéinieparC(1;0;0)etan(2 ; 1 ; – 3).2. est définie par B(0 ; 2 ; 0), au(1 ; 1 ; 1) et av(0 ; 3 ; 1).


64 On cherche an(a ; b ; c) orthogonal à au(1 ; 1 ; 0) et àav(0 ; 1 ; –1).Donc an · au = a + b = 0 et an · av = b – c = 0.On obtient a = – b et c = b.En prenant b = 1, an a pour coordonnées (–1 ; 1 ; 1).Donc a une équation de la forme – x + y + z + d = 0. OrA∈ ; donc – 1 + 2 + 1 + d = 0 soit d = – 2.Donc a pour équation – x + y + z – 2 = 0.

65 1. UAB(2;4;–4)etUAC(3;0;–3).Cesvecteursnesontpascolinéaires;doncA,B,Cnesontpas alignés.Commean · UAB=0etan · UAC=0,an est un vecteur normal au plan(ABC).2.Leplan(ABC)auneéquationdelaforme:

2x + y + 2z + d = 0. OrAappartientauplan.Donc 6 – 2 + 2 + d = 0 soit d = – 6.Leplan(ABC)apouréquation2x + y + 2z – 6 = 0.

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an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S


B a pour coordonnées (1 ; 1 ; 0) et UBL1– 16

; – 13

; 56 2.

UBL · YIG = 16

– 16

=0donc(BL)estperpendiculaireà(IG).

G(0 ; 1 ; 1) donc UGL1 56

; – 13

; – 16 2 ;

et YBI10 ; – 12

; 12 donc UGL · YBI = 0.

Ainsi(GL)estperpendiculaireà(BI).Donc L est l’orthocentre du triangle BIG.

77 1. YDI = RJF donc DIFJ est un parallélogramme.

IF = FJ = 152

donc DIFJ est un losange.

DF = 13 et IJ = 12 donc l’aire de ce losange est 162

.

2. a) E(0 ; 0 ; 1), K11 ; 12

; 12 2, F(1 ; 0 ; 1), D(0 ; 1 ; 0),

I1 12

; 0 ; 02 et J1 12

; 1 ; 12.Donc UEK11 ; 1

2 ; – 1

2 2, YDI1 12

; –1 ; 02 et YDJ1 12

; 0 ; 12,soit:

UEK · YDI = 0 et UEK · YDJ = 0.Il en résulte que UEK est normal au plan (DIJ).b) UEK est colinéaire au vecteur an(2 ; 1 ; –1) ; donc la droite (EK)apourreprésentationparamétrique:

5 x = 2t

y = tz = 1 – t

, t ∈ .

et le plan (DIJ) a une équation de la forme 2x + y – z + d = 0.Or D(0 ; 1 ; 0) est un point de ce plan ; donc d = –1 et (DIJ) a pour équation 2x + y – z – 1 = 0.Les coordonnées du point L de (EK) vérifient l’équation duplan:

4t + t – 1 + t – 1 = 0 soit 6t = 2 d’où t = 13

.

Le point L a pour coordonnées 1 23

; 13

; 23 2.

3. Volume (EIFJD) = 13

EL × aire (IFJD).

YEL a pour coordonnées 1 23

; 13

; – 13 2.

Donc EL = 163

soit = 169

× 162

= 13

.

position relAtive de deux plAns


79 1. 5 x – y + z – 3 = 02x + z = 0

⇔ 5 z = – 2x

y = – x – 3.

Donc ∆apourreprésentationparamétrique:

5 x = ty = – t – 3z = – 2t

, t ∈ .

2. Si ce point existe, alors t – t – 3 + 2t = 0 soit t = 32

.

Donclepointd’intersectionapourcoordonnées:

1 32

; – 92

; – 32.

80 5 2x – y + 5 = 03x + y – z = 0

⇔ 5 y = 2x + 5z = 5x + 5

.

73 1. UAB(2;–1;–1)etZAC(0;2;–5).Ces vecteurs UAB et ZAC ne sont pas colinéaires donc lespointsA,B,Cdéinissentunplan.2. d a pour vecteur directeur au(7 ; 10 ; 4).

au · UAB=14–10–4=0etau · ZAC=20–20=0.Doncladroite(AB)estperpendiculaireà. Le plan auneéquationdelaforme:

7x + 10y + 4z + d = 0.OrA∈ , donc 7 + 8 + d = 0 et d = –15. a pour équation 7x + 10y + 4z – 15 = 0.3.SiHestcommunàd et ,alors:

49t + 7 + 100t – 40 + 16t + 4 – 15 = 0

soit 165t – 44 = 0, d’où t = 44165

= 415

.

Le point H a pour coordonnées 14315

; – 43

; 31152.


75 Ladroite(AB)apourreprésentationparamétrique:

5 x = 3 + ty = – tz = t

.

1.A∈ m ⇔ m = 0 et B ∈

m ⇔ m = 1

4.

Donc, pour tout m,ladroite(AB)n’estpasinclusedansm.

2. UAB(1; –1; 1) et levecteur an(m ; 1 ; m) est un vecteur normalà.(AB)⊥

m ⇔ UABetan sont colinéaires.

Donc si m = –1 la proposition est vraie.3.Siladroite(AB)etleplan

m sont sécants, il existe un

réel ttelque:m(3 + t) – t + mt + m – 1 = 0, t(2m – 1) = 1 – 4m soit m = 1

2.

Il n’y a pas de point d’intersection. La proposition est donc fausse.4. D’après la question précédente cette valeur existe et est

unique:m = 12

.

76 1. a) YDJ(1 ; 2 ; 1), ZBG(– 1 ; 0 ; 1) et YIG1– 1 ; 12

; 02 ; donc:

YDJ · YIG = 0 et YDJ · ZBG = 0.AinsilevecteurYDJ est un vecteur normal au plan (BIG).b)Leplan(BIG)auneéquationdelaforme:

x + 2y + z + d = 0.OrB(1;1;0)appartientàceplandonc1+2+d = 0 et d = – 3.Leplan(BIG)apouréquation:

x + 2y + z – 3 = 0.2. a) ∆ est définie par F(1 ; 1 ; 1) et le vecteur YDJ qui est un vecteur directeur de cette droite. Donc, sa représentation paramétriqueest:

5 x = 1 + ty = 1 + 2t

z = 1 + t, t ∈ .

b)LescoordonnéesdeLvériientl’équation:x + 2y + z – 3 = 0.

D’où 1 + t + 2 + 4t + 1 + t – 3 = 0, soit 6t = – 1, t = – 16

.

AinsiLapourcoordonnées1 56

; 23

; 56 2.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

∆adoncpourreprésentationparamétrique:

5 x = t – 2y = 3z = t

, t ∈ .

2. a) Le vecteur au(1 ; 0 ; 1) directeur de ∆estnormalà qui adoncuneéquationdelaforme:x + z + d = 0.OrA(1;1;2)estunpointde donc d = – 3.Ainsiapouréquation:x + z – 3 = 0.

b) t – 2 + t – 3 = 0 ⇔ t = 52

.

Donc H a pour coordonnées 1 12

; 3 ; 52 2.

Soit ZAH1– 12

; 2 ; 12 2;onobtient:

AH=9 14

+ 4 + 14

= 2 92

= 3122

.

LadistancedupointAàladroite∆ est 3122

.

83 1. 1:x + 2z – 1 = 0 et

2:x – y + 4z – 1 = 0.

5 x + 2z – 1 = 0x – y + 4z – 1 = 0

⇔ 5 x = – 2z + 1y = 2z

.


5 x = – 2t + 1y = 2t

z = t, t ∈ .

2. – 2t + 1 + (1 – m)2t + 2mt – 1 = 0 ⇔ 0t = 0, donc t ∈ et ∆ ⊂

m.

3. 1 et

2 ont respectivement pour vecteurs normaux

(1 ; 1 – m1 ; 2m

1) et (1 ; 1 – m

2 ; 2m

2).

Cesplanssontorthogonauxsi,etseulementsi:1 + (1 – m

1)(1 – m

2) + 4m

1m

2 = 0

soit 5m1m

2 – m

1 – m

2 + 2 = 0 d’où m

2(5m

1 – 1) = m

1 – 2.

Or m1 ≠ 1

5 donc m

2 =

m1 – 2

5m1 – 1

.

AveC les tiCe

84 A. 2. a) La valeur minimale de msembleêtre7,667.b) Le point msembleêtrel’intersectiondeladroited et de ladroite(CD).B. 1. a) ZCM=t UCD,soit:

5 x = t + 1y = –2t + 1z = t – 1

.

b) m=MA2+MB2=2MI2 + AB2

2.

I 12 ; 12

; 12 et UAB(2;1;0);donc:

m=2MI2 + AB2

2 = 236t2 – 8t + 31

4 4.2. On note, pour t ∈ :

f(t) = 236t2 – 8t + 314 4

f ’(t) = 2[12t – 8].

Donc f est minimale lorsque t = 23

et,danscecas:

m = f 123 2 = 247

18.

3. a)M0 a pour coordonnées 1 5

3 ; – 1

3 ; – 1

3 2.

A

C

D

BI

M

Donc ∆apouréquationparamétrique:

5 x = ty = 2t + 5z = 5t + 5

.

Un point de ∆appartientàQ,sietseulementsi:5t – 10t – 10 + 5t + 5 = 0 ⇔ 0t = 5.

Donc, il n’y a pas de solution.La droite ∆estparallèleàQ.

81 1. Pn1(1 ; 2 ; –1) et Pn2

(1 ; –1 ; –1) sont des vecteurs normauxrespectivementà

1 et

2.

Or Pn1 · Pn2

= 0 donc 1 et


2. 5 x + 2y – z + 1 = 0x – y – z = 0

⇔ 5 y = – 13

x = z – 13


5 x = t – 1

3

y = – 13

z = t

, t ∈ .

3. a) d1 a pour vecteur directeur Pn1

; donc son équation para-métriqueest:

5 x = ty = 1 + 2t

z = 1 – t, t ∈ .

b) d2apourreprésentationparamétrique:

5 x = sy = 1 – sz = 1 – s

.

H2

H1

K

A

d1

d2

2

1

c)•t + 2 + 4t – 1 + t + 1 = 0, soit 6t = –2, d’où t = – 13

.

Donc H1 a pour coordonnées 1– 1

3 ; 1

3 ; 4

3 2.•s – 1 + s – 1 + s = 0, soit 3s = 2, d’où s = 2

3.

Donc H2 a pour coordonnées 1 2

3 ; 1

3 ; 1

3 2.

d) IAH11– 1

3 ; – 2

3 ; 1

3 2doncAH1 = 16

3.

IAH21 2

3 ; – 2

3 ; – 2

3 2doncAH2 = 213

3.

LequadrilatèreAH1KH

2estunrectangle,donc:

AK2=AH21+AH2

2 = 6

9 + 12

9 = 18

9=2,d’oùAK=12.

82 1. Les vecteurs normaux Pu1(1 ; 2 ; –1) et Pu2

(2 ; 3 ; –2) ne sont pas colinéaires ; donc les plans

1 et

2 sont sécants

suivant ∆:

5 x + 2y – z – 4 = 02x + 3y – 2z – 5 = 0

⇔ 5 x = z – 2y = 3

.


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. S

6. Vraie : la distance de D au plan estégaleà:u1 – 2 – 2 + 1u

91 + 4 + 1 =

2

16 = 16

3.

Donc la sphère de centre D et de rayon 163

est tangente au plan .



88 5 2x + y – 3z + 1 = 0x – y + 2 = 0

⇔ 5 x – z + 1 = 0x – y + 2 = 0

⇔ 5 z = x + 1y = x + 2

.

Donc, la droite intersection ∆ a pour représentation para-métrique:

5 x = ty = t + 2z = t + 1

.

O1

2

Le vecteur au(1 ; 1 ; 1) directeur de ∆estnormalà5 et O ∈ 5.Donc 5apouréquation:x + y + z = 0.

89 UAB(–1; –1; 1) et UAC(–2; –5; –1). Le centre degravitéGdutriangleABCapourcoordonnées(0;0;3);car:

UGA+UGB + UGC=T0 ⇔ UOG = – 13

(UOA+UOB + UOC).

UDG(– 4 ; 2 ; –2), UAB·UDG = 0 et UAC·UDG = 0.DoncGestbienleprojetéorthogonaldeDsurleplan(ABC).

90 UAB·UAC=AB·AC⇔ UABet UACsontcolinéairesetdemêmesens.UAB·UAC=–AB·AC⇔ UABet UACsontcolinéairesetdesens contraire.Donc,A,BetCalignés⇔ u UAB·UACu=AB×AC.Or u UAB·UACu ≠AB·AC,doncleraisonnementestexact.

Le vecteur Pn1normalà4 est tel que an · Pn1

= 0 et Pn1 · UAB=0,

an étant un vecteur normal de .

an a pour coordonnées (2 ; 1 ; –1) et UABpourcoordonnées(–1 ; 1 ; 1).

Donc 5 2a + b – c = 0– a + b + c = 0

⇔ 5 a + 2b = 0c = 2a + b

soit a = – 2b et c = – 3b ;donc an(2 ; –1 ; 3) et 4auneéquationdelaforme:

2x – y + 3z + d = 0.OrA∈ 4 donc d = – 2.4 a pour équation 2x – y + 3z – 2 = 0.

b) IIM0 1– 1

3 ; – 5

6 ; – 4

3 2 et UCD(1;–2;1),donc:

IIM0 · UCD=–1

3 + 5

3 – 4

3 = 0.

(IM0)estdoncperpendiculaireà(CD).

85 A. 2. La valeur maximale de n sembleêtre1,231;Msembleêtredanslemilieudusegment[BC].B. 1.Mapourcoordonnées:x = 2 – 4t ; y = – 2 + 4t ; z = – 2.Donc ZMA(4t ; 4 – 4t ; 4) et ZMD(–4+4t ; – 4t ; 4).Soit ZMA·ZMD=16(2t2 – 2t + 1).2. a)MA=MD=492t2 – 2t + 2

b) cos 1DAMD2 = 2t2 – 2t + 1

(2t2 – 2t + 2).

3. f(t) = 2t2 – 2t + 12t2 – 2t + 2

avec t ∈ [0 ; 1] ;

f ’(t) = 4t – 2

(2t2 – 2t + 2)2 .

Soit f est minimale pour t = 12

donc cos 1DAMD2 = 13

.

Mestdonclemilieude[BC],etDAMD≈ 70°5.

équAtion d’une spHÈre

86 1. UAB(–3;1;5);UAC(–2;–3;4).Vraie :lesvecteursnesontpascolinéaires;doncA,BetCdéfinissent un plan.2. Fausse :Aappartient-ilà?2–2–1+1=0doncA∈ .Cappartient-ilà ? 0 + 4 + 3 + 4 ≠0doncC∉ .3. Vraie : UAC est colinéaire au vecteur (2; 3; –4) et Ca pour coordonnées (0 ; – 2 ; 3). Donc la représentation proposéeestcellede(AC).4. Fausse : UCD(1;3;–5)doncUAB·UCD=–3+3–25≠ 0.

5. Vraie : E ∈ car – 43

– 43

+ 53

+ 1 = 0.

De plus UCE1– 43

; 83

; – 43 2 et an(1 ; – 2 ; 1), vecteur normal

à,sontcolinéaires:

an = – 34

UCE.

DoncEestleprojetéorthogonaldeCsur.

C

B

D

M

A


92 2. Application

A

B

n



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ath

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. S

Leplanmédiateuradoncpouréquation:

– 4x + 2y + 5z – 52

= 0.

Ainsiseulelapropositiona) est vraie.

95 1. a)E(1;0;1),C(0;1;0)etUEC(–1;1;–1).Donc(EC)apourreprésentationparamétrique:

5 x = 1 – ty = tz = 1 – t

, t ∈ .

b)F(1;1;1),H(0;0;1)etA(1;0;0).Soient UAF(0;1;1), ZAH(–1;0;1)et an(a ; b ; c) un vecteur normalà(AFH);doncb + c = 0 et – a + c = 0.

an(1;–1;1)estdoncnormalauplanetceplan(AFH)auneéquationdelaforme:

x – y + z + d = 0.OrAappartientàceplandoncd = –1.Le plan a pour équation x – y + z – 1 = 0.2. 1 – t – t + 1 – t – 1 = 0 ⇔ 3t = 1, donc t = 1

3.

Il en résulte que I a pour coordonnées 1 23

; 13

; 23 2.

REI1– 13

; 13

; – 13 2 donc REI · UAF=0etREI · ZAH=0.

Ilenrésulteque(EI)estperpendiculaireauplan(AFH).

3. a) RIH1– 23

; – 13

; 13 2 ; UAF(0; 1; 1), donc RIH · UAF = 0

et (IH) ⊥(AF).b)Ondémontredemêmeque(AI)⊥ (HF) donc que H est l’orthocentredutriangleAFH.4.Aire(AEF)=aire(AEH)

= aire (EFH) = 12

.

AFHestuntriangleéquilatéralde côté 12.

AK= 12 × 132

= 162

doncaire(AFH)= 12

16 × 122

= 132

.

Donc le tétraèdre n’est pas du type 1.

(AF) est perpendiculaire à (HI) et(EI)donc(AF)estperpendiculaireau plan (EIH) donc à (EH). Lesarêtes du tétraèdre sont orthogo-nales.Ilenestdemêmedescouples(AE) et (FH) ainsi que (AH) et(EF).Ainsiletétraèdreestdutype 2.

F

AI

H

E

2

F HK

A

93 Soient P(2 ; 0 ; 0), Q(0 ; 4 ; 0), R(1 ; 1 ; 2).1. a) YPR(–1 ; 1 ; 2), UQR(–1 ; –3 ; 2) et YPQ(–2 ; 4 ; 0).PR = 16 ; QR = 414 ; PQ = 215.LetrianglePQRestdoncrectangleenRcar:

PR2 + QR2 = PQ 2.b) P(2 ; 0 ; 0) appartient au plan (PQR) car 4 × 2 – 8 = 0.Q(0 ; 4 ; 0) appartient au plan (PQR) car 2 × 4 – 8 = 0.R(1 ; 1 ; 2) appartient au plan (PQR) car 4 + 2 + 2 – 8 = 0.Donc l’équation est celle du plan PQR.2. a) D(0 ; 0 ; 1) et au(4 ; 2 ; 1) est un vecteur normal du plan (PQR) donc un vecteur directeur de (DH).Ainsi (DH) apourreprésentationparamétrique:

5 x = 4t

y = 2t

z = 1 + t, t ∈ .

b) 16t + 4t + 1 + t – 8 = 0 ⇔ 21t = 7 soit t = 13

.

Donc H a pour coordonnées 1 43

; 23

; 43 2.

c) YPR(–1 ; 1 ; 2) et UPH1– 23

; 23

; 43 2 d’où UPH = 2

3 YPR.

Donc H est un point de la droite (PR).

94 1. –16 + 4t + 21 – 3t – 6 – t + 4 = 0 soit 0t = – 3 ; donc d et n’ont pas de point commun.Ainsiseuleb) est vraie.2. et ’ ont respectivement pour vecteurs normaux

an(2 ; 3 ; – 1) et an’(1 ; 4 ; – 3).Comme an et an’ sont non colinéaires, les plans et ’ sont sécants.

5 2x + 3y – z + 4 = 0x + 4y – 3z + 4 = 0

⇔ 5 y = z – 45

x = – z – 45

.

Donc la droite intersection a pour représentation paramé-trique:

5 x = – t – 4

5

y = t – 45

z = t

, t ∈ .

Un vecteur directeur a pour coordonnées (–1 ; 1 ; 1). Ainsiseulec) est vraie.3. Soit UAB(–4; 2; 5) et I le milieu de [AB] qui a pour

coordonnées 1– 1 ; 3 ; – 32 2.

Leplanmédiateuradoncuneéquationdelaforme:– 4x + 2y + 5z + d = 0.

OrIappartientàceplan,donc:

4 + 6 – 152

+ d = 0 soit d = – 52

.


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– T

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sma

th T

erm

. S

2. D a pour coordonnées 1– a3

; – a3

; – a3 2.

UDA14a

3 ; a

3 ; a

3 2 ; UDB 1 a

3 ; 4a

3 ; – a

3 2 et UDC1 a

3 ; a

3 ; 4a

3 2.DoncDA=DB=DC=a12etAB=AC=CB=a12.LetétraèdreDABCestdoncrégulier.3.LetriangleABCestéquilatéraldoncH,orthocentre,estaussilecentreducerclecirconscritautriangleABC.DoncAH=BH=CH.Deplus,OA=OB=OC.Il en résulte que la droite (OH) est contenue dans les plans médiateursde[AB]et[AC]etΩ est un point de (OH).ΩA2 = Ω B2 = ΩC2 + 3t 2 – 2at + a2

ΩD 2 = a3

3 + 3t 2 + 2at.

Donc ΩA2 = ΩD2équivautàt = a3

et Ωapourcoordonnées:

1 a

3 ; a

3 ; a

3 298 ∆apourreprésentationparamétrique:5

x = 2 – ty = p + mt

z = 1 + t2 – t – p – mt + 2 + 2t – 3 = 0 ⇔ t(1 – m) = p – 1.

1. Vraie:carsim ≠ 1, t = p – 11 – m

.

Donc il existe un seul point d’intersection.2. Faux:carpourp = 1 et m = 1, la droite ∆ est contenue dans .3. Faux:pourm ≠ 1, il y a un point d’intersection.4. Vraie:sim = 1 et p = 1, ∆ ⊂ .5. Vraie:carpourm = 1, 0t = p – 1 (avec p ≠ 1) n’a pas de solution et ∆estparallèleà.

99 1. IAM=aau, soit x = a, y = 0, z – 3z = – a.Si (x ; y ; z)sontlescoordonnéesdeM,Mapourcoordonnées(a ; 0 ; 3 – a).Demême,M’apourcoordonnées(2;b ; 4 + b).Donc OMM’apourcoordonnées(2–a ; b ; 1 + b + a).2. OMM’estperpendiculaireàd si, et seulement si

au · OMM’=0.2 – a – 1 – b – a = 0 donc 2a + b = 1.Demêmeav · OMM’=0équivautàa + 2b = – 1.

3. a) 5 2a + b = 1a + 2b = – 1

⇔ 5 a + 2b = – 1– 3b = 3

, soit b = – 1 et a = 1.

b) H a pour coordonnées (1 ; 0 ; 2) et H’ a pour coordonnées (2 ; –1 ; 3).c) IHH’(1 ; –1 ; 1) donc HH’ = 13.4. a)MM’2 = (2 – a)2 + b2 + (b + a + 1)2

= 4 – 4a + a2 + b2 + b2 + a2 + 1 + 2ab + 2b + 2a

= 5 + 2a2 + 2b2 + 2ab + 2b – 2a

(a + b)2 + (a – 1)2 + (b + 1)2 + 3 = a2 + 2ab + b2 + a2 – 2a + 1 + b2 + 2b + 1 + 3 = 5 + 2a2 + 2b2 + 2ab + 2b – 2a.D’où l’égalité.b)MM’estminimalesia = – b ; a = 1 et b = – 1.DoncM=HetM’=H’.

96 1. a) (OH) ⊥ (AB)et (OC)⊥ (AB)donc (AB)estperpendiculaireauplan(COH).b) D’après 1. a)(AB)⊥(IC)et(OI).2. a)OH×IC=OI×OC,d’où:

OH2(OC2 + OI2) = OI2×OC2.En divisant par OH2 × OI2×OC2,ilvient:

1OH2

= 1OI2

+ 1OC2

.

b)Enexprimantl’airedeOABdedeuxmanières: OA×OB=AB×OI OA2 × OB2=(OA2 + OB2) × OI2,

on obtient 1OI2

= 1OA2

+ 1OB2

.

c) On a 1h2

= 1c2

+ 1OI2

; or 1OI2

= 1a2

+ 1b2

donc:

1h2

= 1a2

+ 1b2

+ 1c2

(1).

3.Volume(OABC)= 13

aire(ABC)×OH

= 13

aireAOB×OC;

donc[aire(ABC)]2 = OC2

OH2 × 3aire(AOB)42

= c2a2b2

4h2 (2).

4.Entenantcomptedu(1):

[aire(ABC)]2 = a2b2c2

4 3 1

a2 + 1

b2 + 1

c2 4[aire(ABC)]2 = 1

4 b2c2 + 1

4 a2c2 + 1

4 a2b2

= [aire(OBC)]2 + [aire(OAC)]2 + [aire(OAB)].

97 1.(OH)estperpendiculaireà(IC).LetriangleABCest rectangle isocèleenOdonc [OI]esthauteurdeABCet (AB) est perpendiculaire à (OI). (AB) est orthogonaleà (OC). Donc (AB) est orthogonale au plan (OIC) et enparticulier à (OH). Ainsi (OH) est orthogonale à (AB)età(IC),doncauplan(ABC).Or, leplan(ABC)apouréquation x + y + z – a = 0. Il en résulte que le vecteur

an(1;1;1),normalauplan(ABC),estunvecteurdirecteurde (OH).Ainsi(OH)apourreprésentationparamétrique:

5 x = ty = tz = t

, t ∈ .

Il en résulte 3t = a et t = a

3.

Donc H a pour coordonnées 1 a

3 ; a

3 ; a

3 2.ZAH1– 2a

3 ; a

3 ; a

3 2 et UCB(0;a ; – a),donc:

ZAH·UCB= a2

3 – a2

3 = 0.

DoncHestl’orthocentredutriangleABC.



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ath

an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) an · UAB=4–4=0et an · ZAC=–6+4+2=0;donc an est normalauplanABC.c)Leplan(ABC)auneéquationdelaforme:

3x + 4y – 2z + d = 0.OrAappartientàceplan,donc:

3 – 4 + d = 0 soit d = 1.Doncleplan(ABC)apouréquation:

3x + 4y – 2z + 1 = 0.

2. 5 2x + y + 2z + 1 = 0x – 2y + 6z = 0

⇔ 5 x = – 2z – 25

y = 2z – 15

.


5 x = –2t – 2

5

y = 2t – 15

z = t

, t ∈ .

3. a) Si ∆et(ABC)ontunpointcommun,alors:

3 1– 2t – 25 2 + 4 12t – 1

5 2 – 2t + 1 = 0

équivautà0t = 1.Donc, cette équation n’a pas de solution et ∆ est parallèle auplanABC.b) Les plans

1 ,

2et(ABC)seprésententcommesurle

schémaci-dessous.

2

1

d1

d2

Leplan(ABC)coupe1 et

2 suivant d

1 et d

2parallèlesà

∆ (théorème du toit).

102 UAB(0;1;1)etUAC(2;–2;2).CesvecteursnoncolinéairesdéinissentavecAunplan.Le vecteur an(a ; b ; c)estnormalauplan(ABC)sietseu-lementsi:

UAB·an = 0 et UAC·an = 0.Soit b + c = 0 et a – b + c = 0 ; soit b = – c et a = – 2c.Donc an(2;1;–1)etleplan(ABC)apouréquation:

2x + y – z – 3 = 0.

5 x + 2y – z – 4 = 02x + 3y – 2z – 5 = 0

⇔ 5 x = t – 2y = 3z = t

.

Les plans et 4 ont en commun la droite ∆ de représentation paramétrique:

5 x = t – 2y = 3z = t

, t ∈ .

Étudions la position de ∆etduplan(ABC):2(t – 2) + 3 – t – 3 = 0, t = 4.

Ainsi,lesplans4, et(ABC)ontencommunlepointIdecoordonnées (2 ; 3 ; 4).

100 A. Démonstration1. a) an et ZAHsontcolinéaires;donc:

u an · ZAHu = i an i×AH.

Or i an i = 9a2 + b2 + c2,donc:

u an · ZAHu = 9a2 + b2 + c2×AH (1).2. a) ZAH(α – x

0 ; β – y

0 ; γ – z

0).

Donc u an · ZAHu = u aα + bβ + cγ – ax0 – by

0 – cz

0 u.

b) H ∈ donc aα + bβ + cγ = – d.

c)DoncAH=u ax

0 + by

0 + cz

0 + d u

9a2 + b2 + c2.

B. Application

A(0;0;0),G(1;1;1)etI10 ; 1 ; 12 2.

LescoordonnéesdeA,G,Ivériientl’équation:x + y – 2z = 0.

Cetteéquationestdonccelleduplan(AGI).

O1 12

; 12

; 02etE(0;0;1);donc:

UOE1– 12

; – 12

; 12.De plus, un vecteur annormalauplan(AGI)apourcoor-données (1 ; 1 ; –2).Donc an = – 2UOE et UOEestaussiunvecteurnormalàceplan.

2. a) d = u – 2 u

91 + 1 + 4 =

2

16 = 16

3.

b)•(OE)apourreprésentationparamétrique:

x = – 12

t ; y = – 12

t ; z = 1 + t.

•–12

t – 12

t – 2 – 2t = 0 ⇔ – 3t – 2 = 0, t = – 23

.

Donc K a pour coordonnées 1 13

; 13

; 13 2.

•UEK a pour coordonnées 1 13

; 13

; – 23 2.

Soit EK = 9 19

+ 19

+ 49

, d’où EK = 163

.

c)Aire(AEI)= 12

× 1 × 1 = 12

.

Volume(GAIE)= 13

× 12

× 1 = 16

.

AG=13,GI=AI= 152

.

IL = 8 54

– 34

= 122

.

Doncaire(AIG)= 12

× 122

× 13 = 164

.

Volume(GAIE)= 13

EK × 164

.

Donc EK × 164

= 12

; EK = 2

16 = 16

3.

prolongement Au td 33

101 1. a) UAB(0;1;2)etZAC(–2;1;–1).Cesvecteursnesontpascolinéaires;doncA,B,Cnesontpas alignés.

5—2

3

A GL

I

CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 12 Probabilités conditionnelles

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Probabilités conditionnelles12


Activité 1

1 a) f ( ) ,V = 0 6 ; f ( ) ,V = 0 4. b) V M∩ : 120 personnes ; V M : 180∩ personnes.Donc f ( ) ,V M∩ = 0 12 et f V M∩( ) = 0 18, .

2 a)•Tableaudesfréquences:

Groupe A Malade Sain

Fréquence120

6000 2= ,

480

6000 8= ,

•f ( ) ,V M∩ = 0 12 et f f( ) ( ) , , ,V MV

× = × =0 6 0 2 0 12.Donc f f f( ) ( ) ( )V M V M

V× = ∩ .

Lerésultatétaitprévisible.Eneffet,siondésigneparNlenombre total depersonnes,par n( )V celuidespersonnesvaccinées et n( )V M∩ celui des personnes vaccinéesmaladesalors:

f fn n

n

n( ) ( )

( ) ( )

( )

( )V M

V

N

V M

V

V M

NV× = × ∩ = ∩

soit f f f( ) ( ) ( )V M V MV

× = ∩ .b)•Tableaudesfréquences:

Groupe B Malade Sain

Fréquence180

4000 45= ,

220

4000 55= ,

• f V M∩( ) = 0 18, et f fV MV

( ) × = × =( ) , , ,0 4 0 45 0 18.

Donc f f f( ) ( ) ( )V M V MV

× = ∩ .c)Lesfréquencesconditionnellesvériient:

fV

M( ) ,= 0 2 et fV

M( ) ,= 0 45 .La fréquence des malades parmi les personnes nonvaccinées est nettement supérieure à celle des maladesparmilespersonnesvaccinées;onpeutdoncpenserquelevaccinesteficace.

Activité 2

1 a)Vued’écran:

b)Vued’écran:

c)Vued’écran:

d)Vued’écran:

Observation :aprèsplusieurssimulations,onconstatequela fréquence conditionnelle f

AB( ) semble se stabiliser

autourd’unevaleurprochede0,52.2 a)Lasituationestreprésentéeparlestableauxàdoubleentréeci-dessous:

Somme 1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12

Produit 1 2 3 4 5 61 1 2 3 4 5 62 2 4 6 8 10 123 3 6 9 12 15 184 4 8 12 16 20 245 5 10 15 20 25 306 6 12 18 24 30 36

fv(M)

fcv(M)

ÉvénementA

ÉvénementB

2 Enseignement spécifique Chapitre 12 Probabilités conditionnelles

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b)Lerésultatestenaccordaveclafréquenceconditionnellef

AB( )observéelorsdessimulations:

11

210 5238≈

, .

P A( ) = =21

36

7

12; P(B) = =26

36

13

18; P A B∩( ) =

11

36.

P A B

P A

( )

( )

∩= ÷ =

11

36

21

36

11

21.

2 1.Arbrepondéré:

2—5

1—4

3—4

1—2

1—23—

5

B

N

B

N

N

B

2. a)OnnoteAl’événement«deuxboulesblanches»:

P A( ) = × =2

5

1

4

1

10.

1 1.Arbrepondéré:

0,4

0,6

0,6

0,4

0,7

0,3

A

–A

B

–B

B

–B

2.D’aprèslaloideschemins:

P A B( ) ,∩ = 0 24 ; P A B∩( ) = 0 16, ;

P A B∩( ) = 0 42, ; P A B∩( ) = 0 18, .


PROBLÈME OUVERTCecélèbreproblèmeaconduitauparadoxesuivantaveclesdeuxtypesderaisonnementintuitifindiquésci-après.•Aprèsl’ouverturedelaporte,ilrestedeuxportes.Chacuneayantautantdechancedecacherlavoiture,lejoueuradoncautantdechancedegagnerqu’ilchangesonchoixoupas.•S’ilnechangepassonchoix,lejoueurgagnes’ilfaitlebonchoixdèsledépart(1chancesur3).Iladonc1chancesur3degagnersanschanger,et2chancessur3degagnerenchangeant.C’est la notion de probabilité conditionnelle qui vapermettrederésoudrecorrectementceproblème.L’utilisationd’unarbrepondéréfacilitelacompréhension.L’expériencecomplèteestlasuccessiondel’ouverturedestroisportessouslesconditionsindiquées.Onconsidèrelesévénementssuivants:A:«laportecachelachèvreA»,B:«laportecachelachèvreB»,V:«laportecachelavoiture».•Protocole 1 :lecandidatconservesonchoixinitial.

Ouverturede la 1re porte

(candidat)

A B A

Ouverturede la 3e porte

(candidat)

Le candidatconserveson choixinitial.

Ouverturede la 2e porte(présentateur)

11

1

1

1

1

1—2

1—3

1—3

1—3

1—2

B A B

V

A V

B V

D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P V( ) = × × + × × =1

3

1

21

1

3

1

21

1

3.

•Protocole 2 :lecandidatchangesonchoixinitial.Ouverture

de la 1re porte(candidat)

A B

Ouverturede la 3e porte

(candidat)

Le candidatchangeson choixinitial.

Ouverturede la 2e porte(présentateur)

11

1

1

1

1

1—2

1—3

1—3

1—3

1—2

B A

V

A

B

V

V

B

A


P V( ) = × × + × × =1

31 1

1

31 1

2

3.

Conclusion : la stratégie à conseiller au candidat est dechangersonchoixinitial.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b)Tableaudeprobabilités:

A B

S 0,13 0,105

S 0,52 0,245

Onobtientdemêmelesautresprobabilitésdutableau.2.D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P S P A S P B S( ) ( ) ( ) , , ,= ∩ + ∩ = + =0 13 0 105 0 235.Ainsi, le tauxd’employés stressésnedépassepas25%;doncl’implantationdelasallen’aurapaslieu.Remarque. Ce résultat était prévisible. En effet, si onpondèrelestauxdechaquecatégorieparlamasse,letauxmoyend’employésstressésest:

tm

= × + × =0 65 20 0 35 30 23 5, % , % , % donccetauxestinférieurà25%.

8 1.

P A( ) = + =125 175

500

3

5 ; P H( ) = + =125 150

500

11

20 ;

P HA

( ) =+

=125

125 175

5

12 ; P A

H( ) =

+=125

125 150

5

11.

2. a)Arbrepondérécommençantpar A et A :

3—5

5—12

1—4

3—42—

5

A

–A

H

–H

–H

H

7—12

Note. P HA

( ) =+

=150

150 50

3

4.

b)Arbrepondérécommençantpar H et H :

11—20

5—11

2—9

7—99—

20

H

–H

A

–A

–A

A

6—11

Note. P AH

( ) =+

=175

175 50

7

9.

9 On considère les événements E « la personne estécologiste»etN«lapersonneestopposéeàlaconstructiondubarrage».Arbreillustrantlasituation:

0,7

0,3

0,2

0,8

0,65

0,35

N

–N

E

–E

–E

E

1. P N E P N EN

∩( ) = × = × =( ) P ( ) , , ,0 65 0 7 0 455 .

P(A ∩S)=P(A)× PA(S)

P(A ∩S)=0,65×0,2=0,13

b)OnnoteMl’événement«deuxboulesnoires»:

P M( ) = × =3

5

1

2

3

10.

c)OnnoteDl’événement«unebouleblancheetuneboulenoire»:

P D( ) = × + × =2

5

3

4

3

5

1

2

3

5.

3 P A B P A P B P A B∩( ) = + − ∪( ) =( ) ( ) ,0 3 .

P BP A B

P AA( )

( )

( ),= ∩

= 0 6 .

P AP A B

P BB( )

( )

( ),= ∩

= 0 5 .

4 P BP A B

P AA( )

( )

( ),= ∩

= 0 5 .

P A B P B P AB

∩( ) = ×( ) ( ) donc:

P BP A B

P AB

( )( )

( )= ∩

=2

3.

P A B P A P B P A B∪( ) = + − ∩( )

= + − =

( ) ( )

.2

5

2

3

1

5

13

15

5 La réalisation d’un arbre pondéré facilite lesréponses.

1—3

1—4

3—4

1—2

1—22—

3

A

B

–B

–A

–B

B

P A B P A P BA

∩( ) = × = × =( ) ( )1

3

1

4

1

12.

P A B P A P BA

∩( ) = ( ) × = × =( )2

3

1

2

1

3.


P B P A B P A B( ) ( )= ∩ + ∩( ) = + =1

12

1

3

5

12.

6 P BP A B

P AA ( ) =∩( )

= ÷ =( )

2

5

1

2

4

5.


P A B P A B P B∩( ) + ∩( ) = ( ) donc:

P A B P B P A B∩( ) = ( ) − ∩( ) = − =3

4

2

5

7

20.

P BP A B

P AA( ) =

∩( )( )

= ÷ =7

20

1

2

7

10.

7 1. a)Arbrepondéré:

0,65

0,2

0,8

0,3

0,7

0,35

A

B

S

–S

S

–S

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

•Lorsdutiragesuccessifdedeuxboulessansremise,pour1 2< <i ,onnoteU

i «n°1autiragederangi »,D

i «n°2

autiragederangi»etTi«n°3autiragederangi».

Arbrepondéréassociéaunuméro:

1—2

1—2

D2

T1

U2

1—2

1—4

1—4

2—5

2—5

1—5

T2

D1

U2

D24

1—4

1—4

1—2

T2

U1

U2

D22

P B P U D P D U

P B P U P D PU

( )

( ) ( ) ( ) (

= ∩( ) + ∩( )= × +

1 2 1 2

1 21

DD P UD1 2

1

) ( )×

P B( ) = × + × =2

5

1

2

2

5

1

2

2

5.

2.• P AP A B

P BB( )

( )

( )= ∩

.

L’événement A B∩ signiie «deux boules de mêmecouleurdontlasommedesnumérosest3».Les chemins qui conduisent à la réalisation de A B∩ sont:

1 5

1 1

1 4

2 2

/ / → ∩ → ∩B U B D

1 5

1 1

1 4

2 2

/ / → ∩ → ∩B D B U

1 5

1 1

1 4

2 2

/ / → ∩ → ∩N U N D

1 5

1 1

1 4

2 2

/ / → ∩ → ∩N D N U

D’où P A B( )∩ = × × =41

5

1

4

1

5.

Ainsi P AB( ) = ÷ =1

5

2

5

1

2.

•Demême:

P BP A B

P AA( )

( )

( )= ∩

= ÷ =1

5

2

5

1

2.

12 1.Tableaudeseffectifs:

B B

A 4 8 12

A 28 56 84

32 64 96

P A B( )∩ = =4

96

1

24 et P P B(A) ( )× = × =12

96

32

96

1

24donc P A B P A P B( ) ( ) ( )∩ = × .AinsiAetBsontindépendants.2. A et B sont indépendants, donc A et B sont indépendants.

13 AetBsontindépendantssi,etseulementsi:P A B P A P B( ) ( ) ( )∩ = × .

2. P N E P N P EN

∩( ) = ( ) × = × =( ) , , ,0 35 0 2 0 07 .

3.D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P E P N E P N E( ) ( ) ,= ∩ + ∩( ) = 0 525 .

10 1.Arbrepondéré:

0,44

0,40

0,16

S

A

N

E

A 0,6

N

B

A

N

2. a) P S A P A P SA

( ) ( ) ( ) , , ,∩ = × = × =0 6 0 15 0 09.P B A P A P B

A( ) ( ) ( ) , , ,∩ = × = × =0 6 0 5 0 30.

b)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P S A P E A P B A P A( ) ( ) ( ) ( )∩ + ∩ + ∩ =

donc:P E A P A P S A P B A( ) ( ) ( ) ( )∩ = − ∩ − ∩

P E A( ) , , , ,∩ = − − =0 6 0 09 0 30 0 21 .

c) P AP S A

P SS( )

( )

( )

,

,= ∩

= =0 09

0 16

9

16.

P AP E A

P EE( )

( )

( )

,

,= ∩

= =0 21

0 44

21

44.

P AP B A

P BB( )

( )

( )

,

,= ∩

= =0 3

0 4

3

4.

3.Arbrecomplet:9—

16

7—16

3—4

1—4

21—44

23—44

0,44

0,40

0,16

S

A

N

E

A 0,6

N

B

A

N

11 1.• Lors du tirage successif de deux boules sansremise,pour1 2< <i , onnote :B

i «bouleblancheau

tiragederangi »etNi «boulenoireautiragederangi ».

Arbrepondéréassociéàlacouleur:

1—2

1—2

N2

N1

B2

1—4

3—4

2—5

3—5

N2

B1

B2

P A P B B P N N

P A P B P B PB

( )

( ) ( ) ( ) (

= ∩( ) + ∩( )= × +

1 2 1 2

1 21

NN P NN1 2

1

) ( )×

P A( ) = × + × =2

5

1

4

3

5

1

2

2

5.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

D’oùl’équation:

1

12

1

4

1

12

3

4= +

p .

1

12

3

4

1

3+ =p donc p = 1

3.

P A B( )∩ = × =1

4

1

3

1

12, P A( ) = 1

4

etd’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P B P A B P A B( ) ( )= ∩ + ∩( ) = +1

12

3

4p .

•Lesobjectifs–Déinirunesuiterécurrentedeprobabilités.–Étudierpuisinterpréterlesigned’unesuiteauxiliaire.1. a)Arbreassociéaudeuxpremièresparties:

0,8

0,2

G2

G1 –G2

0,60,9

0,1

0,4

G2

–G2

–G1

b)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P G P G G P G G( ) ( )2 1 2 1 2

= ∩ + ∩( )d’où p

20 1 0 8 0 9 0 6 0 62= × + × =, , , , , .

2. a)Arbreassociéauxpartiesderangn et n +1:0,8

0,2

Gn+1

Gn —

Gn+1

Gn+1

—Gn+1

0,6

pn

1–pn

0,4

–Gn

b) Pour tout entier n > 1, d’après la formule desprobabilitéstotales:

P G P(G G P G G( ) )n n n n n+ + +

= ∩ + ∩( )1 1 1

p p pn n n+

= + −1

0 8 0 6 1, , ( )

p pn n+

= +1

0 2 0 6, , .

3. a)Pourtoutentier n > 1:u p p

n n n+ += − = + −

1 10 75 0 2 0 6 0 75, , , ,

u pn n+

= −1

0 2 0 15, , .

Or p un n

= + 0 75, ,donc:

u un n+

= + −1

0 2 0 75 0 15, ( , ) ,

soit u un n+

=1

0 2, .

La suite ( )un

est géométrique de raison q = 0 2, et depremierterme u p

1 10 75 0 65= − = −, , .

b)Pourtoutentier n > 1, u u qn

n= −

1

1 ,soit:u

n

n= − ×0 65 0 2, , donc un

0 .c)Ainsi,pourtoutentier n 1, p

n 0 75, .

Maxnepeutpasespéreravoir3chancessur4degagnerunepartie.

20 Narration de rechercheCet exercice nécessite la mise en évidence de deux loisbinomialeslorsde10lancerssuccessifsdelapiècechoisie.

18 Choisir son arbre•Lesoutils–Arbrepondéré(outableauàdoubleentrée).–Loidesnœudsetloideschemins.–Formuledesprobabilitéstotales.•Lesobjectifs–Traduiredesdonnéesstatistiquesentermesdeprobabilité.–Calculerlaprobabilitéconditionnelled’unévénement.1.Arbrepondéré:

0,05

0,25

0,75

0,95

M

D

–D

M

D

–D

0,25

0,75

0,02

2. a)LescheminsquimènentàDsont:

→ →M D (événement: M D∩ )

→ →M D (événement: M D∩ ).b)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P D P M D P M D( ) ( )= ∩ + ∩( )soit: P D P M P D P M P D

M M( ) ( ) ( ) ( )= × + ( ) ×

P D P DM

( ) , , , ( )= × + ×0 25 0 05 0 75

P D P DM

( ) , , ( )= +0 0125 0 75 .

c)D’oùl’équation: 0 0125 0 75 0 02, , ( ) ,+ =P DM

.

Donc P DM

( ), ,

,,= −

=0 02 0 0125

0 750 01 .

Remarque. L’utilisation d’un tableau à double entréefaciliteégalementlecalculde P D

M( ).

P M D P M P DM

( ) ( ) ( ) , , ,∩ = × = × =0 25 0 05 0 0125.

D’oùletableaucomplet:

D D

M 0,0125 0,2375 0,25

M 0,0075 0,7425 0,75

0,02 0,98 1

P DP M D

P MM( )

,

,,=

∩( )( )

= =0 0075

0 750 01.

19 Une suite de parties•Lesoutils–Arbrepondéré.–Formuledesprobabilitéstotales.–Suitegéométrique.


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an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

I2

I2

I1

0,36 0,24 0,6

I1 0,24 0,16 0,4

0,6 0,4 1

b) Modèle 2 : conditionnementdesréactions

Laprobabilitéquel’informationnesoitpasperçueest:

P I I P I P I1 2 1 I

1

∩( ) = ( ) × ( )2.

Donc P I I1 2

∩( ) = × =0 4 0 1 0 04, , , .Danscemodèle,laperceptiondel’informationestnettementaméliorée puisque seulement 4% de la population restenoninformée.

22 TD – Duel : le premier à 5

A. 1. a)Bgagneleduelen13parties.b)Aagagné4parties.c)Lepionestrepasséparl’originedeuxfois.Cela signiie que les deux joueurs ont gagné le mêmenombredepartiesàcemomentduduel.2. a)LavaleurminimalequepeutprendreNest5.L’événement«N=5»estreprésentéparl’undescheminssuivants:

3 5 3 5 3 5 3 5 3 5/ / / / / → → → → →A A A A A

2 5 2 5 2 5 2 5 2 5/ / / / / → → → → →B B B B B ;

Donc P N( )= =

+

=53

5

2

5

11

125

5 5

.

b)Npeutprendreuneininitédevaleurs,commedesvaleursdu type N = +2 5k , avec k ∈ N* : il sufit d’imaginer2k parties ou les victoires deAetB sont alternéespuis 5victoiressuccessivesdugagnantdela1repartie.3. a)Lavariablehquiprendpourvaleurunnombreentierauhasardentre1et5permetdesimulerlavictoiredel’undesjoueurs:si h < 3,c’estAquigagne,sinonc’estB.b)Leduels’arrêtesi,etseulementsi, y = 5 ou y = − 5. D’oùlecritèredelaligne8: ( )( )y y− + ≠5 5 0 .c)Ligne11: h < 3.Ligne17: y − 1.

I1

–I1

I2

–I2

0,4

0,6

0,1

0,9

On note T l’événement «la pièce est truquée» et Al’événement«8Faceen10lancers».•Si la pièce est équilibrée, la variable aléatoire X quiindique le nombre de sorties de Face au terme des dixlancerssuitlaloi ( ; , )10 0 5 .

Donc P AT( ) , ,=

≈10

80 5 0 04410 .

•Silapièceesttruquéelorsd’unlancer,laprobabilitédesortiedeFaceesttelleque:

P P

P( P( ) = 1

( ) ( )

)

Face Pile

Face Pile

= ×+

3d’où

P

P

( ) ,

( ) ,

Face

Pile

==

0 75

0 25.

LavariablealéatoireYquiindiquelenombredesortiesdeFaceautermedesdixlancerssuitlaloi ( ; , )10 0 75 .

Donc P AT( ) , , ,=

× ≈10

80 75 0 25 0 2828 2 .

Unarbrepondérépermetd’illustrerlasituation:

T

0,0440,5

0,5

0,956

A

–A

–T

0,282

0,718

A

–A

Ils’agitdecalculer PP T A

P AA(T)

( )

( )= ∩

.

Or P( ) ( ) ( )T A P T P AT

∩ = × et d’après la formule desprobabilitétotales:

P A P T A P T A( ) ( )= ∩ + ∩( ) ,donc:

P TA

( ), ,

, , , ,,= ×

× + ×≈0 5 0 282

0 5 0 282 0 5 0 0440 865.

21 Narration de rechercheCetexercicemetenévidencel’analogiedanslaréalisationdedeuxarbrespondérés:–l’un représente la répétition de deux épreuvesindépendantes;–l’autrelasuccessiondedeuxexpériencesdontlasecondeestconditionnéeparlapremière.Onconsidèrelesévénements:•I

1«l’informationestperçuelorsdel’annonce1»;

•I2«l’informationestperçuelorsdel’annonce2».

a) Modèle 1 :indépendancedesréactionsI1

–I1

I2

–I2

0,4

0,6

0,4

0,6

Laprobabilitéquel’informationnesoitpasperçueest:

P I I P I P I1 2 1

∩( ) = ( ) × ( )2(indépendancede I

1 et I

2) .

Donc P I I1 2

20 4 0 16∩( ) = =, , .Remarque.Onpeutraisonneraussiàpartird’untableauàdoubleentrée.

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

C. 1.Programme:

2.Estimationdunombremoyendepartiesdurantunduel:E N( ) ≈ 19.

23 TD – Test de dépistageA. 1. a)Arbreillustrantlasituation:

M

0,0080,9

0,1

0,992

–M

0,98

0,02

T

–T

–T

T

b)Valeurdiagnostiquedutest P MP(M T

P TT( )

)

( )= ∩

.

•P M T P M P TM

( ) ( ) ( ) , , ,∩ = × = × =0 1 0 98 0 098.•D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P T P M T P M T( ) = ∩( ) + ∩( ) P T( ) , , , , ,= × + × =0 1 0 98 0 9 0 008 0 1052.

Donc P MT( )

,

,,= ≈0 098

0 10520 9316.

2. a)Tableaudeprobabilités:

T T

M 0,098 0,002 0,1

M 0,0072 0,8928 0,9

0,1052 0,8948 1

b)Probabilitéd’un«fauxpositif»:

P M T∩( ) = 0 072, .Probabilitéd’un«fauxnégatif»:

P M T∩( ) = 0 002, .

d) Lors de plusieurs simulations, il y a toujours unvainqueur.Note. En théorie, un duel pourrait ne jamais s’arrêter.L’expérimentationdonnechaquefoisunvainqueurcequipermet de conjecturer que la probabilité que le duel nes’arrêtepasestnulle.

B. 1. a)Ligne13: ( )( )y y− + ≠5 5 0 . [LangageAlgobox: ( ) * ( )!y y− + =5 5 0 ].Ligne16: h < 3.Ligne22: y prendlavaleur y − 1 .b) Ligne 25: on enregistre dans la liste L, au rangk, le vainqueur du k-ième duel (5: A vainqueur ;–5:Bvainqueur).c)ChaquefoisqueAestvainqueur,onajoute1àlavariableSquicomptelenombredesuccèsdeA.Ligne28:SprendlavaleurS+1.d)Ligne31:Fprendlavaleur S / 10000.(LavariableFcontientlafréquencedeS

A).

2.Aprèssimulation,onpeutestimerque:P S

A( ) ,≈ 0 88 .

3.Modiicationdel’algorithmepourobteniruneestimationde P S

B( ) :

Ligne26: Si (y = – 5) ALORS

Ligne32:AFFICHER «la fréquence de S_B est :»

D’oùl’estimation:P S

B( ) ,≈ 0 12 .

SA

et SB

nesontpasdesévénementscontrairescarilexisteunetroisièmealternativeN«leduelnes’arrêtepas».Onpeutencoreconjecturerque P N( ) = 0.

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

1—2

1—2

A

a

A

1—21

—2

1—2

1—2

a

a

A

D’où: P AA( ) = 1

4; P Aa( ) = + =1

4

1

4

1

2; P aa( ) = 1

4.

2. a) x0

0= ; y0

1= et z0

0= .

D’où: x1

1

4= ; y

1

1

2= et z

1

1

4= .

b)Pourtoutentier n > 1:

P AAAA( )

( )n

n+ =

11 , P AA

Aa( )( )

nn+

=1

1

4,

P AaAa( )

( )n

n+ =

1

1

2.

c)Arbreillustrantlasituation:

xn

yn

zn

(AA)n

(Aa)n

(aa)n

(AA)n+1

(Aa)n+1

(AA)n+1

Générationn + 1

Générationn

(aa)n+1

(aa)n+1

1—4

1

1

1—4

1—22

D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P AA P AA AA P Aa AA( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n n n n+ + = ∩ + ∩

1 1 nn+ 1

soit x x yn n n+

= +1

1

4.

Demême:P Aa P Aa Aa( ) ( ) ( )

n n n+ + = ∩ 1 1

d’où y yn n+

=1

1

2.

d)Pourtoutentiernatureln:x y z

n n n+ + ++ + =

1 1 11 ;

donc z x y x y yn n n n n n+ + +

= − + = − + +

1 1 1

1 11

4

1

2( ) ;

soit z x yn n n+

= − −1

13

4.

B. 1. a)Tableaudevaleurs:

n xn

yn

zn

0 0,000000 1,000000 0,000000

1 0,250000 0,500000 0,250000

2 0,375000 0,250000 0,375000

3 0,437500 0,125000 0,437500

4 0,468750 0,062500 0,468750

5 0,484375 0,031250 0,484375

6 0,492188 0,015625 0,492188

7 0,496094 0,007813 0,496094

c)OnnoteEl’événement«erreurdetest».P E P M T P M T( ) , ,= ∩( ) + ∩( ) = +0 002 0 007 2 P E( ) ,= 0 009 2.Fiabilitédutest:

f = ∩ + ∩( )P M T P M T( )

soit f = + =0 098 0 8928 0 9908, , , .Remarque. f = −1 P E( ) .

B. 1. a)Arbreillustrantlasituation:

M

0,0081–x

x

0,992

–M

0,98

0,02

T

–T

–T

T

•Valeurdiagnostique:

d x( ) ( )( )

( )= = ∩

P MP M T

P TT.

d xx

x x

x

x

x( )

,

, , ( )=

+ −=

+=

0 98

0 98 0 008 1

980

972 8

245

2443 2x +.

Lafonction d estdérivablesur]0;1[.

∀ ∈x ] ; [0 1 , d xx

'( )( )

=+

490

243 2 2,donc d x'( ) 0.

Note : lim ( )x

d x→ +

=0

0 et lim ( )x

d x→ −

=1

1.

•Tableaudevariationded:

x 0 1

d’ +

d

0

1

b)Surl’intervalle]0;1[:

d xx

x

x x

( ) ,> ⇔+

>

⇔ > +

0 9245

243 2

9

10

2 450 2 187 18

d x x( ) ,> ⇔ >0 918

263.

Ainsi, la valeur diagnostique dépasse 0,9 à partir d’unpourcentage de malades dans la population d’environ6,85%.2. a)Fiabilitédutest:

f x( ) ( )= ∩ + ∩( )P M T P M T

donc f x x x x( ) , , ( ) , ,= + − = −0 98 0 992 1 0 992 0 012 .

b)Surl’intervalle]0;1[:

f x x x( ) , , , ,> ⇔ − > ⇔ <0 99 0 992 0 012 0 991

6.

Ainsi,laiabilitédutestdépasse0,99lorsquelaproportiondemaladesdanslapopulationnedépassepas1/6.

24 TD – Loi d’équilibre génétiqueA. 1.Arbreillustrantl’appariementauhasardd’uneplantehétérozygotepourlagénération1ci-après.


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– T

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. S

Or x0

0= et y y yn

n

n

0 1 1

11

2

11

2

2 11

2+ + + =

−

−= −

−

...

(somme de n termes consécutifs de la suite géométrique

( )yn

).

Donc:

xn

n

= −

1

21

1

2.

D’autrepart:

∀ ∈n ℕ , x y zn n n

+ + = 1 .

Donc z x yn n n

n n

= − − = − −

−

1 11

21

1

2

1

2 ;

soit zn

n

= −

+1

2

1

2

1

.

Ainsi,pourtoutentiernatureln,zn=x

n.

c) Or limn

n

→ +∞

=1

20;donc:

limn n

x→+∞

= 1

2, lim

n ny

→+∞= 0 et lim

n nz

→+∞= 1

2.

Àlalongue,lesgénérationssuccessivessonthomozygotesavecéquilibredanslarépartitionAAetaa.Ilyadisparitionprogressivedesplanteshétérozygotes.

n xn

yn

zn

8 0,498047 0,003906 0,498047

9 0,499023 0,001953 0,499023

10 0,499512 0,000977 0,499512

b) Conjecture :lessuites ( )xn

et ( )yn

semblentconvergervers0,5alorsquelasuite ( )z

nsembleconvergervers0.

2. a) ∀ ∈n ℕ , y yn n+

=1

1

2.

La suite ( )yn

est géométrique de raison q = 1

2 et de

premierterme y0

1= .Ainsi: yn

n

=

1

2.

b) ∀ ∈n ℕ , x x yn n n+

= +1

1

4donc x x y

n n n+− =

1

1

4.

Pour tout entier n > 1, écrivons ces égalités pour lesindicesde0àn –1,puisadditionnonsmembreàmembre:

x x y

x x y

xn

1 0 0

2 1 1

1

4

1

4

− =

− =

−

..... .... ..... ......

xx yn n− −

=1 1

1

4

x x y y yn n

− = + + +( )−0 0 1 1

1

4...

proBABilités Conditionnelles

29 1.Tableaudeseffectifs:

D D Total

A 48 1152 1200

B 24 776 800

Total 72 1928 2000

2. a) P D( ) = 9

250 ; P A D( )∩ = 3

125; P A

D( ) = 2

3.

b) P D( ) =241

250 ; P D B∩( ) = 97

250; P B

D( ) = 97

241.

30 1.Diagramme:

0,27

0,42 0,55

0,24 0,310,18

T

EM

Note. P M E( ) , ,∪ = − =1 0 27 0 73 . P M E P M P E P M E( ) ( ) ( ) ( )∩ = + − ∪

donc P M E( ) , , , ,∩ = + − =0 42 0 55 0 73 0 24.

de tÊte

25 a) P H( ) = 1

2 ; b) P H

C( ) = 7

13 ;

c) P AH

( ) = 3

5 ; d) P F

A( ) = 7

15.

26 a) P A B( ) ,∩ = 0 14 ;

b) P A B∩( ) = 0 08, ;

c) P B P A B P B( ) ( ) A ,= ∩ + ∩( ) = 0 22 .

27 a) P AP A B

P BB( )

( )

( ),=

∩ = 0 5.

b) P BP A B

AA( )

( )

P( ),=

∩ = 0 25.

c) P A B P B P A B∩( ) = − ∩ =( ) ( ) ,0 05 .

28 a) P A P AB( ) ( )= 1

8= ;doncAetBsontindépendants.

b) P A P AC( ) ( )= =1

8;doncAetCsontindépendants.

c) P BC( ) = 1

2estdifférentde P B( ) = 1

4;doncBetCne

sontpasindépendants.



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12

– T

ran

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th T

erm

. S

0,3

H

0,45

0,550,6

0,4

–T

T

F–T

T


P F T P H T P T∩( ) + ∩( ) = ( )

d’où P F T P T P H T∩( ) = ( ) − ∩( )= − × =0 7 0 6 0 55 0 37, , , , .

Ainsi P TP F T

P FF ( ) =∩( )

= =( )

,

,

0 37

0 40

37

40.



0,6

0,4

0,15

0,85

–E

–D

D

E –O

O

1—3

2—3

2.D’aprèslaloideschemins: P E( ) , , ,= × =0 85 0 6 0 51 ;

P O( ) , , ,= × × =0 85 0 61

30 17 .

3.Lecandidatestadmis:–soitsurdossier;–soitaprèspassageetréussiteauxépreuvescomplémen-taires.AinsiA D O= ∪ (réuniondedeuxévénementsincompa-tibles).Donc P A P D P O( ) ( ) ( ) , , ,= + = + =0 15 0 17 0 32 .

4. P DP A D

P AA( )

( )

( )

,

,=

∩ = =0 15

0 32

15

32.

Ainsi,parmi lescandidatsadmis, lepourcentagedeceuxadmissurdossierestd’environ47%.

indépendAnCe

et Conditionnement

37 LesprobabilitésP(A)etP(B)sonttellesque:• P A P B P A B P A B( ) ( ) ( ) ( )+ = ∪ + ∩ ;• P A P B P A B( ) ( ) ( )× = ∩ (indépendance).Onrésoutlesystème:

P A P B

P A P B

( ) ( ) ,

( ) ( ) ,

+ =

× =

1 3

0 4

soit P B P A

P A P A

( ) , ( )

( ) , ( ) ,

= −

[ ] − + =

1 3

1 3 0 4 02

.

L’équationdu2nddegréapoursolutions0,5et0,8.Or,parhypothèse, P A P B( ) ( ) donc:

P A( ) ,= 0 5 et P B( ) ,= 0 8.

2. a) P EP M E

P MM( )

( )

( )

,

,=

∩= =

0 24

0 42

4

7.

b) P MP E M

P EE( )

( )

( )

,

,=

∩= =

0 24

0 55

24

55.


formule des proBABilités

totAles

32 1.Tableaudeprobabilités:

A B

F 0,57 0,36 0,93

F 0,03 0,04 0,07

0,60 0,40 1

2.D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P F P A F P B F( ) ( ) ( )= ∩ + ∩P F P A P F P B P F

A B( ) ( ) ( ) ( ) ( )= × + ×

P F( ) , , , , ,= × + × =0 6 0 95 0 4 0 9 0 93 .


T1

T2

A0,5

0,5

0,4

0,6

O

A

0,5

0,5

O

2. a)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P O P T O P T O( ) ( ) ( )= ∩ + ∩

1 2

P O P T P O P T P OT T

( ) ( ) ( ) ( ) ( )= × + ×1 2

1 2

P O( ) , , , , ,= × + × =0 5 0 5 0 5 0 4 0 45.

b) P TP T O

P OO( )

( )

( )

,

,1

120 5

0 45

5

9=

∩= = .

34 OnnoteH,FetTlesévénementssuivants:H«lapersonneinterrogéeestunhomme»,F«lapersonneinterrogéeestunefemme»etT« lapersonne interrogéepratiqueletennis».Onobtientletableaudesprobabilités:

T T

F 0,03 0,37 0,40

H 0,27 0,33 0,60

0,30 0,70 1

Note. P H T P H P TH

∩( ) = × ( ) = × =( ) , , ,0 6 0 55 0 33 .

P TP F T

P FF ( ) =∩( )

= =( )

,

,

0 37

0 40

37

40.

Remarque.Onpeutaussitraitercetexerciceàpartird’unarbrepondéré.

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

D’aprèslaloidesnœuds:

P A P AE E( ) = − ≈1 0 227( ) , .

Silepremierenfantestasthmatique,laprobabilitéqu’aucundesparentsnelesoitest0,773.A contrario, si le premier enfant est asthmatique, laprobabilitéqu’aumoinsundesparentslesoitest 0 227, .

d) P AP A E

P EE( ) =

∩( )( )

.

• P E P E( ) = − =1 0 882( ) , .•D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P A E P A E P E∩( ) + ∩( ) = ( )

donc P A E P E P A E∩( ) = ( ) − ∩( )= − ×0 882 0 912 0 9, , ,

soit P A E∩( ) = 0 0612, .

Ainsi P AE

( ) = ≈

0 0612

0 8820 069

,

,, .

41 1.Arbreillustrantlasituation:

0,6

0,4

V3

–V3

V3

–V3

V2

V1

–V2

0,6

1

0,4

0,1

0,9

Sondage1

Sondage2

Sondage3

P A P V V V( ) ( )= ∩ ∩1 2 3

;donc,d’aprèslaloideschemins:P A( ) , , ,= × × =1 0 6 0 6 0 36.

P B P V V V( ) , , ,= ∩ ∩( ) = × × =1 2 3

1 0 4 0 9 0 36 .

2.D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P( ) ( ) ( )V P V V V P V V V

3 1 2 3 12

3= ∩ ∩( ) + ∩ ∩( ).

P V( ) ( , ) , ( , ) , ,3

1 0 6 0 6 1 0 4 0 1 0 4= × × + × × = .3.Arbreillustrantlasuccessiondessondagesderangn et n + 1 ( n > 2):

0,6

0,4

Vn+1

Vn —

Vn+1

Vn+1

—Vn+1

0,1

pn

1–pn

0,9

–Vn

4. Pour tout entier n > 2, d’après la formule desprobabilitéstotales:

P V P V V P V V( ) ( )n n n n n+ + +

= ∩ + ∩( )1 1 1

P V P V P V P V P VV V

( ) ( ) ( ) ( )n n n

nn

n n+ + +

= × + ( ) ×1 1 1

P V( ) , ( ) ,n n n

p p+

= × + − ×1

0 6 1 0 1 soit p p

n n+= +

10 5 0 1, , .

Remarque.Laformuleestégalementvraieaurang n = 1 puisque p

11= et p

20 6= , .

5. a)Pourtoutentier n > 1:u p p p

n n n n+ += − = + − = −

1 10 2 0 5 0 1 0 2 0 5 0 2, , , , , ( , )

u un n+

=1

0 5, .

38 1. a) On note pilaprobabilitédesortiedunuméroi

( )1 6< <i lorsdulancerdudétruqué.Si k désignelecoeficientdeproportionnalité:

p k1

= , p k2

2= ,……, p k6

6= .

Or p p p1 2 6

1+ + + =...... ,donc 21 1k = ,soit k = 1

21.

Ainsi,pourtoutentieritelque1 6≤ ≤i , pi

i=

21.

Alors: P A( ) = + + =p p p2 4 6

4

7;

P B( ) = + + + =p p p p3 4 5 6

6

7;

P C( ) = + =p p3 4

1

3.

b) P BP A B

P AA( )

( )

( )=

∩. Or P A B( )∩ = + =p p

4 6

10

21

donc P BA

( ) = ÷ =10

21

4

7

5

6.

2.• P B P BA

( ) ( )≠ ,doncAetBnesontpasindépendants.

• P A C( )∩ = =p4

4

21et P A P C( ) ( )× = × =

4

7

1

3

4

21.

Ainsi P(A C P A P C∩ = ×) ( ) ( ) donc A et C sontindépendants.


40 1. a)Tableaudesprobabilités:

F F

H 0,002 0,038 0,04

H 0,048 0,912 0,96

0,05 0,95 1

Note :FetHsontindépendantsdonc:P(F H P F P H∩ = ×) ( ) ( ) .

IlenestdemêmepourF etH,FetH, F et H.

b) P A P F H( ) ,= ∩( ) = 0 912.

P B P F H P F H( )

, , , .

= ∩( ) + ∩( )= + =0 048 0 038 0 086

P C P F H( ) ( ) ,= ∩ = 0 002 .2. a)Arbreillustrantlasituation:

0,1

0,9–E

E

A

0,30,086

0,912

0,002

0,7–E

E

B

0,5

0,5–E

E

C

b)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P E P A E P B P C E

P E P A) P (E PA

( ) ( ) ( E) ( )

( ) ( ) (

= ∩ + ∩ + ∩

= × + BB) P ( P C) P (EB C

× + ×E) ( )

P E( ) , , , , , , , .= × + × + × =0 912 0 1 0 086 0 3 0 002 0 5 0 118

c) P AP A E

P EE( )

( )

( )

, ,

,,=

∩=

×≈

0 912 0 1

0 1180 773.


© N

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Donc ( )un

estunesuitegéométriquederaison q = 0 5, et depremierterme u p

1 10 2 0 8= − =, , .

b) ∀ ∈n ℕ * , u u qn

n n= = ×− −1

1 10 8 0 5, , . Or,p u

n n= + 0 2, ,donc:p

n

n n= + × = + ×−0 2 0 8 0 5 0 2 1 6 0 51, , , , , , .c) lim ,

n

n

→+∞=0 5 0,donc lim ,

n np

→+∞= 0 2 .

Àla longue, ilya1chancesur5que lesondageréalisésoitpositif.


43 1. a) On note B1l’événement«jetonblanclorsdu

1ertirage»etB2

l’événement«jetonblanclorsdu2ndtirage».Demême,ondéinitlesévénementsN

1etN

2pourlesjetons

noirs.Arbrepondéréassociéauxcouleurs:

7—9

2—9

N2

N1

B2

6—9

3—9

7—10

3—10

N2

B1

B2

P D P B B P B P BB

( ) ( ) ( ) ( )= ∩ = ×1 2 1 2

1

P D( ) = × =7

10

6

9

7

15.

b) On note I1

l’événement«numéroimpairlorsdu1ertirage»et I

2l’événement«numéroimpairlorsdu2ndtirage».

Arbrepondéréassociéauxnuméros:

3—9

6—94—

10

6—10

I1

–I1

I2

–I2

4—9

5—9 I2

–I2

P I P I I P I P II

( ) ( ) ( ) ( )= ∩ = ×1 2 1 2

1

P I( ) = × =6

10

5

9

1

3.

c) D I∩ signiie « deux jetons blancs impairs ».AinsiD I∩ estreprésentéparlechemin:

4 10

1 1

3 9

2 2

/ / → ∩ → ∩B I B I

donc P D I( )∩ = × =4

10

3

9

2

15.

Or P D P I( ) ( )× =7

45,donc P D I) P D P I( ( ) ( )∩ ≠ × .

AinsiDetInesontpasindépendants.2. a)Xindiquelenombredejetonsblancsobtenus.LoideX:

k 0 1 2

P(X = )k1

15

7

15

7

15

b) E X P X( ) ( )= = ==

∑ k kk 0

27

5.

44 a) Vraie.A B A B = A

P A B P A

P A B

P A

P BA

⊂ ⇒ ∩

⇒ ∩ =

⇒∩

=

⇒ =

( ) ( )

( )

( )

( )

1

11.

b) Vraie.

SiAetBsontincompatiblesalors A B∩ = ∅ donc B A⊂ .Onendéduitque B B= A ∩ ,

d’où:P B P A B

P A P B

P A P B

A

A

( )

( )

( ) ( ).

= ∩( )= ( ) ×

= −( )1

c) Vraie.

AetBindépendants⇒ A et B indépendants

⇒ ∩( ) = ( ) × ( )

⇒ ∩( ) = ( ) × ( )

P A B P B P A

P A B P B P AA B

d) Vraie. AetBindépendants ⇒ A et B indépendants

⇒ ∩( ) = ( ) × ( )⇒ ∪( ) = −( ) −( )

P A B P A P B

P A B P A P B1 1( ) ( ) .


45 A. 1.Arbrepondéréillustrantlasituation:

V

0,030,98

0,02

0,97

–V

0,99

0,01

T

–T

–T

T

2.D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P T P V T P V T( ) ( )= ∩ + ∩( )P T P V P T P V P T

V V( ) ( ) ( ) ( )= × + ( ) ×

P T( ) , , , , ,= × + × =0 02 0 99 0 98 0 03 0 049 2 .

3. a) P VP T

P TT( )

(V )

( )

, ,

,,=

∩=

×≈

0 02 0 99

0 049 20 402 4.

b) P VP V T

P TT( ) =

∩( )( )

=×

−≈

0 98 0 97

1 0 049 20 9998

, ,

,, .

B. 1. L’interrogation d’une personne est une épreuve deBernoulliassociéeàl’issueV«lapersonneestcontaminée»deprobabilité p = 0 02, .Onrépète10foiscetteépreuvedefaçonindépendantedoncondéinitunschémadeBernoullid’ordre10.

B

U

A

B

U

A

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th T

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. S

b)Vued'écran:

c) Conjectures Lasuitedesfréquencesde:– A

nsembleprendredesvaleursprochesde0,4;

– Fnsembleprendredesvaleursoscillantautourde0,52.

3. a)Arbreassociéauchoixdelapièce(n 1):

0,4

0,6

An+1

An —An+1

An+1

—An+1

0,4

an

1–an

0,6

–An

Lancern + 1

Lancern


P A P A A P A A

P A

( ) ( )

( ) ,

n n n n n

n na

+ + +

+

= ∩ + ∩( )= +

1 1 1

10 4 00 4 1 0 4, ( ) , .− =a

n

Lasuite ( )an

estdéiniepar:

a

a nn

10 5

0 4 2

=

=

,

, si

.

Elleestconstanteàpartirdurang2.b)ArbreassociéàlasortiedeFace(n 1):

0,4

0,6

FnAn –

Fn

Fn

–Fn

0,4

an

1–an

0,6

–An

Lancer dela pièce

Choix dela pièce

D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P F P A F P A F( ) ( ) ,

, , ( )

n n n n n

n n nu a a

= ∩ + ∩( )= + − =0 4 0 6 1 −− +0 2 0 6, , .a

n

Ainsi,lasuite ( )un

estdéiniepar:

u

u nn

10 5

0 52 2

=

=

,

, .si

Elleestconstanteetdevaleur0,52àpartirdurang2.c)Cesrésultatssontenaccordaveclesfréquencesobservéeslorsdessimulations.

48 1.DirequeM(x ; y)atteintlebordducarrésigniieque x x y y= = − = = −5 5 5 5ou ou ou ,cequiéquivautà ( )( )( )( )x x y y− + − + =5 5 5 5 0 .

LavariablealéatoireXquiindiquelenombrederéalisationsdeVlorsdes10épreuvessuitlaloi( ; , )10 0 02 .2.OnnoteAl’événement«aumoinsdeuxpersonnesparmilesdixsontcontaminées».

P A P X P X( ) = = + =

= + × × ≈

( ) ( )

, , , ,

0 1

0 98 10 0 02 0 98 0 910 9 8838.

Donc P A P A( ) ,= − ( ) ≈1 0 016 2 .


AveC les tiCe

47 1. a)Vued’écran:

b)Vuesd’écran:

Formule=B2

Formule:=SI(((C2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;5)<=2))OU((C2="B"ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;5)<=3));1;0)

Formule:=SI(((E2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;5)<=2))OU((E2="B"ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;5)<=3));1;0)

Formule:=SI(((C2="A")ET(D2=1))OU((C2="B")ET(D2=0));"A";"B"

2. a)Vuesd'écran:

Formule:=NB.SI(D2:D1001;1)/1000

Formule:=NB.SI(C2/C1001;"A")/1000


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. S


49 Letraitementàl’aided’untableaudeprobabilitéestlepluseficace.On note A l’événement « l’alarme se déclenche » et Cl’événement«lachaînedeproductionestenpanne».Tableaudesprobabilitésci-dessous:

C C

A 0,037 0,002 0,039

A 0,003 0,958 0,961

0,04 0,96 1

P AP A C

P CC( )

( )

( )

,

,,=

∩= =

0 037

0 040 925.

50 On note B l’événement « on obtient une bouleblanche»etNl’événement«onobtientuneboulenoire».Arbrepondéréillustrantlasituation:

3—4

1—4

1—4

1—4

1—4

1—4

B

N

U1

1—2

1—2 B

N

U2

1—4

3—4 B

N

U3

1BU4

—4

—4

D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P B P U B P U B P U B P U B( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ∩ + ∩ + ∩ + ∩

1 2 3 4

P B( ) = × + × + × + × =1

4

1

4

1

4

1

2

1

4

3

4

1

41

5

8.

51 OnnoteEl’événement«lapièceestéquilibrée»etFl’événement«onobtientFace».Arbrepondéréillustrantlasituation:

E

0,250,4

0,6

0,75

–E

0,5

0,5

F

–F

–F

F

P EP E F

P FF( )

( )

( )

, ,

, , , ,,=

∩=

×

× + ×=

0 6 0 5

0 6 0 5 0 4 0 750 55.

52 On note Gnl’événement«lejoueurgagnelan-ième

partie»etonpose pn n

= P G( ) .Ainsi p1

0 5= , .

2.Programme«Nombredepas»:

3. a)Simulationdunombremoyendepas:

b)Estimationdunombremoyendepas:E N( ) ≈ 14.


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. S

Pourtoutentier n > 1,onpose u pn n

= − 0 75, .u p p p

n n n n+ += − = + − = −

1 10 75 0 2 0 6 0 75 0 2 0 75, , , , , ( , )

soit u un n+

=1

0 2, .

Ainsi,lasuite ( )un

estgéométriquederaison q = 0 2, etdepremierterme u p

1 10 75 0 25= − = −, , .

Pourtoutentier n > 1, u u qn

n n= = − ×− −1

1 10 25 0 2, , ,d’où:

p un n

n= + = − × −0 75 0 75 0 25 0 2 1, , , , ,soit p

n

n= − ×0 75 1 25 0 2, , , .•Or lim ,

n

n

→+ ∞=0 2 0donc lim ,

n nu

→+ ∞= 0 75.

Ainsi ( )pn

convergeeffectivementvers0,75.Àlalongue,onpeutdoncestimerquelejoueuraenviron3chancessur4degagnerunepartie.

Arbreillustrantl’enchaînementdesparties:0,8

0,2

Gn+1

Gn —

Gn+1

Gn+1

—Gn+1

0,6

pn

1–pn

0,4

–Gn


P G P G G P G G( ) ( )n n n n n+ + +

= ∩ + ∩( )1 1 1

p p p pn n n n+

= + − = +1

0 8 0 6 1 0 2 0 6, , ( ) , , .

•Si la suite ( )pn

converge, sa limite ℓ est telle queℓ ℓ= +0 2 0 6, , ,doncℓ = 0 75, .

Xestlavariablealéatoirequiindiquelenombredesuccèslorsdescinqjoursdeclasse.AlorsXsuitlaloi ( ; , )5 0 9 .OnnoteAl’événement«Stéphaneentendsonréveilsonneraumoinsquatrefoisaucoursd’unesemaine»:

P A P 4 P X 5( ) (X ) ( )= = + = donc P A( ) , , , ,= × × + ≈5 0 9 0 1 0 9 0 9194 5 .

55 Arbrepondéréillustrantlasituation:

3—4

1—4

1—4

1—4

1—4

1—4

G

–G

G

–G

G

–G

–G

U1

2—3

1—3

U2

5—8

3—8

U3

1U4

—4

—4

a) Vrai : car P GU

1

1

4( ) = et

2

3

2

3

3

8

1

43

P GU

( ) = × = .

b) Faux : 9

81> ;donclaprobabilitédonnéeestincorrecte.

Note : d’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

P G( ) = × + × + × =1

4

1

4

1

4

1

3

1

4

3

8

23

96.

c) Faux : P U( )1

1

4= .

d) Faux : P GU

2

1

3( ) = et P U

P U G

P GG( )

( )

( )2

2=∩

;

soit P UG

( )2

1

12

23

96

8

23= ÷ =

donc P G P UU G

22

( ) ( )≠ .

56 1.Surunarbrepondéréassociéàl’expérience,troischeminsmènentàlaréalisationdeA«deuxboulesnoiresetunerouge»:


54 1. a)SiUdésignel’univers,

A A U∪ = et A A∩ = ∅.

U

B

–A A

–A B

A B

Puisque B estinclusdansU:B U B A A B A B A B= ∩ = ∪( ) ∩ = ∩( ) ∪ ∩( ) ;

avec A B A B A A B∩( ) ∩ ∩( ) = ∩ ∩ = ∅.

Ainsi B est la réunion des événements incompatiblesA B∩ et A B∩ ,donc:

P B P A B P A B( ) ( )= ∩ + ∩( ) [1]. b)SiAetBsontindépendantsalors:

P A B P A P B( ) ( ) ( )∩ = × .

D’après[1],P A B P B P A B∩( ) = − ∩( ) ( ) ,donc:

P A B P A P B∩( ) = −( ( )) ( )1

soit P A B P A P B∩( ) = ( ) × ( ).

AinsiA etBsontindépendants.2. a)RetSsontindépendants;donc,d’aprèslaquestion1.,R etSsontindépendants.Ainsi:

P R S P R P S∩( ) = ( ) × = × =( ) , , ,0 9 0 05 0 045 .

b)OnnoteHl’événement«Stéphaneestàl’heure».Or H R S= ∪ donc H R S R S= ∪ = ∩ .CommeSet R sontindépendants,d’aprèslaquestion1.,S et Rlesontaussi.Ainsi:

P H P R S P R P S( ) , ,= ∩( ) = ( ) × ( ) = ×0 9 0 95,soit P H( ) ,= 0 855.c) On reconnait un schéma de Bernoulli d’ordre 5 où laprobabilitédesuccès(«Stéphaneentendsonréveilsonnerunjourdeclasse»)est p = 0 9, .

EXERCICES Le jour du BAC (page372)

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. S

2. a)Onraisonneparrécurrence.Pourtoutentier n > 1,on note Q

nlaproposition: u

n< 0 5, .

•Q1

estvraie.•Si Q

nestvraie, u

n< 0 5, .

Alors 0 2 0 4 0 2 0 5 0 4, , , , ,un

+ × +< ,soit un+1

0 5< , . Donc Q

n+1estvraie.

•Onconclutquelasuite ( )un

estmajoréepar0,5.b) ∀ ∈n ℕ * , u u u u

n n n n+− = − + = −

10 8 0 4 0 4 1 2, , , ( ).

Or un

< 0 5, donc1 2 0− un

> d’où u un n+

−1

0> .Lasuite ( )u

nestcroissante.

c)Lasuite ( )un

estcroissante,majoréepar0,5;donc lasuite (u

n) est convergente. Par passage à la limite dans

l’égalité u un n+

= +1

0 2 0 4, , , sa limite ℓ est telle queℓ ℓ= +0 2 0 4, , donc ℓ = 0 5, .3. a)Pourtoutentier n > 1, P E( )

n nu= ;donclesproba-

bilités P E( )n

tendentencroissantvers 0 5, .

b) 0 499 99 0 5 0 5 10 0 55, ( ) , , ,< < < 1,onpose v un n

= − 0 5, .Ainsi, 0 499 99 0 5 10 05, ( ) ,< < < <P E

n nv⇔ − − .

Lasuite ( )vn

esttelleque, ∀ ∈n ℕ *:v u u u

n n n n+ += − = − = −

1 10 5 0 2 0 1 0 2 0 5, , , , ( , )

soitvn + 1

=0,2vn.

Ainsi,( )vn

estgéométriquederaisonq = 0 2, etdepremierterme v u

1 10 5 0 1= − = −, , .D’où:

∀ ∈n ℕ *,v v qn

n n n= = − × = − ×− −1

1 10 1 0 2 0 5 0 2, , , , .Onrésoutalorsl’inéquation: − −10 5

< vn, n ∈ℕ *.

− ⇔ × ⇔ ×− − −10 0 5 0 2 10 0 2 2 105 5 5

< < <vn

n n, , ,

⇔ ×

⇔×

−

−

n

n

ln( , ) ln( )

ln( )

ln( , ).

0 2 2 10

2 10

0 2

5

5

<

>

D’où n > 7 .Autre solution :onpeututiliserunalgorithmepourtrouverlepluspetitentier n

0telque u

n> 0 5 10 5, − − .

Variables

n, U

Entrées

n reçoit 1 ; U reçoit 0,4

Traitement

Tant que U < 0,5 – 10– 5

n reçoit n + 1

U reçoit 0,2U + 0,4

Fin tant

Sortie

Affi cher n

Puisque ( )un

converge en croissant vers 0,5, les entierssolutionssonttelsque n n>

0.

5 8 4 7 3 6/ / / → → →N N R ;

5 8 3 7 4 6/ / / → → →N R N ;

3 8 5 7 4 6/ / / → → →R N N .

D’où P A( ) = × × + × × + × ×5

8

4

7

3

6

5

8

3

7

4

6

3

8

5

7

4

6

soit P A( ) = ×× ×

× ×=3

5 4 3

8 7 6

15

28.

Réponseexacte:d).2.OnnoteVl’événement«l’individuestvacciné»etGl’événement«l’individuacontractélagrippe».

P GP G V

P VV( )

( )=

∩( )avec P V( ) =

1

3;

P G V P G P VG

( ) ( ) ( )∩ = × = × =1

4

1

10

1

40;

donc P GV

( ) = ÷ =1

40

1

3

3

40.

Réponseexacte:b).3. P A P B P A B P A B( ) ( ) ( ) ( )+ − ∩ = ∪ . Or A et B sont indépendantsdonc P A B P A P B( ) ( ) ( )∩ = × .Ainsi P A P B P A) P(B P A B( ) ( ) ( ) ( )+ − × = ∪ soit:

P A P A P B P A B( ) ( ) ( ) ( )+ −( ) = ∪1 .

D’oùl’équation:2

5

3

5

4

5+ =P B( ) . Donc P B( ) =

2

3.

Réponseexacte:b).

57 1. a)Schémadel’expérience:S1 S2 S3 Sn

P E( ) ,1

0 4= ; P EE

1

( ) ,2

0 6= ; P EE

1

( ) ,2

0 4= .


P E P E E P E E( ) ( )2 1 2 1 2

= ∩ + ∩( )

P E P E P E P E P (EE E1 1

( ) ( ) ( ) )2 1 2 1 2

= × + ( ) ×

P E( ) , , , , ,2

0 4 0 6 0 6 0 4 0 48= × + × = .b)Arbrepondéréillustrantdeuxtiragessuccessifs:

0,6

0,4

En+1

En —

En+1

En+1

—En+1

0,4

P(En)

1–P(En)

0,6

–En

P(En

P(E )

D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P E P E E P E E( ) ( )

n n n n n+ + += ∩ + ∩( )1 1 1

P E P E P(E( ) , ( ) , ( ))n n n+

= + −1

0 6 0 4 1

P E P E( ) , ( ) ,n n+

= +1

0 2 0 4.


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

P AP A P B

P A P B P A P BB

A

A A

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) (1

1

1 2

1

1 2

=×

× + × )) ( ) ( ).

+ ×P A P BA3

3

2. a) P A D P A P DA

( ) ( ) ( )1 1

1

1

2

5

100

1

40∩ = × = × = .

P A D P A P DA

( ) ( ) ( ),

2 22

1

3

1 5

100

1

200∩ = × = × = .

b)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P D P A D P A D P A D( ) ( ) ( ) ( )= ∩ + ∩ ∩

1 2 3+ ;

donc P A D P D P A D P A D( ) ( ) ( ) ( )3 1 2

∩ = − ∩ − ∩ ,

soit P A D( ),

3

3 5

100

1

40

1

200

1

200∩ = − − = .

P A P A P A( ) ( ) ( )3 1 2

1 11

2

1

3

1

6= − − = − − = ;d’où:

P DP A D

P AA3

3

3

1

200

1

6

3

100( )

( )

( )=

∩= ÷ = .

Ainsi 3% des paires de chaussettes provenant deA3 ont

undéfaut.c)D’aprèslaformuledeBayes:

P AP A P D

P A P D P A P DD

A

A A

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) (1

1

1 2

1

1 2

=×

× + × )) ( ) ( ).

+ ×P A P DA3

3

P AD

( ),1

1

2

5

100

1

2

5

100

1

3

1 5

100

1

6

3

100

5

7=

×

× + × + ×

= .

Remarque.Paruncalculdirect,onobtient:

P DP A D

P DA1

( )( )

( )

,=

∩= ÷ =1 1

40

3 5

100

5

7.

OnaainsivériiélavéracitédelaformuledeBayes.

60 1. Arbre pondéré illustrant la marche jusqu’àl’instant t = 3 :

t = 0 t = 1 t = 2 t = 3

2—3

1—3

2—3

1—3

1—2

1—2

1

B3

C3

A2

B1

A0C3C2

1C3C2

1C1

a0

1= ; b0

0= ; c0

0= .

a1

0= ; b1

1

3= ; c

1

2

3= .

a2

1

6= ; b

20= ; c

2

1

3

1

2

2

3

5

6= × + = .

a3

0= ; b3

1

18= ; c

3

1

3

1

2

2

3

1

3

1

2

2

3

17

18= × × + × + = .

2. a)Àl’instantn,lapuceestsoitenA,enBouenC.AinsiP A P B P C( ) ( ) ( )

n n n+ + = 1;donca b c

n n n+ + = 1.

58 1.Arbrepondéréassociéàl’expérience:

4—9

5—9

1—5

2—5

3—5

4—5

N3

R3

N2

N1

1—5

4—5

R1

5—9

4—9 N3

R3

R2

5—9

4—9 N3

R3

N2

6—9

3—9 N3

R3

R2

2. a) P N N N P N N P NN N

( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3

1 2

∩ ∩ = ∩ ×∩

P N N N( )1 2 3

2

5

1

5

5

9

2

45∩ ∩ = × × = .

P N R N P N R P NN R

( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3

1 2

∩ ∩ = ∩ ×∩

P N R N( )1 2 3

2

5

4

5

4

9

32

225∩ ∩ = × × = .

b)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P N N P N N N P N N R( ) ( ) ( )

1 3 1 3 2 1 3 2∩ = ∩ ∩ + ∩ ∩

P N N( )1 3

2

45

32

225

14

75∩ = + = .

c)Demême:P R N P R N N P R N R( ) ( ) ( )

1 3 1 3 2 1 3 2∩ = ∩ ∩ + ∩ ∩

P R N( )1 3

3

5

1

5

4

9

3

5

4

5

3

9

16

75∩ = × × + × × = .

3.D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P N P N N P R N( ) ( ) ( )

3 1 3 1 3= ∩ + ∩

P N( )3

14

75

16

75

2

5= + = .

4. P N N( )1 3

14

75∩ = et P N P N( ) ( )

1 3

2

5

2

5

4

25× = × = ;

donc P N N P N P N( ) ( ) ( )1 3 1 3

∩ ≠ × .Ainsi N

1 et N

3nesontpasindépendants.

Remarque.OnpouvaitconjecturercerésultatpuisqueletiragedansU

3dépenddeceluidans U

1.

5. P RP R N

P NN3

( )( )

( )1

1 3

3

16

75

2

5

8

15=

∩= ÷ = .

59 1. a)Laformuledesprobabilitéstotaless’écrit:P B P A B P A B P A B( ) ( ) ( ) ( )= ∩ + ∩ ∩

1 2 3+

soit:P B P A P B P A P B P A P B

A A A( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= × + × + ×

1 2 31 2 3

b) Or P AA B

P BB( )

P( )

( )1

1=∩

;donc:



© N

ath

an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

M1 :«labactérie1meurt»;

C1 :«labactérie1continueàvivre»;

D1 :«labactérie1sediviseendeux».

Demême,ondéinitM2,C

2 et D

2.

M2

C2

D2

M1 0 1 2

C1 1 2 3

D1 2 3 4

Enraisondel’indépendancedesévolutions:P X P M M( ) ( ) ,= = ∩ = =0 0 04

1 2 1

2p ;P X P M C P C M( ) ( ) ( ) , ;= = ∩ + ∩ = =1 2 0 2

1 2 1 2 1 2p p

P X P M D P C C P D M( ) ( ) ( ) ( )= = ∩ + ∩ + ∩21 2 1 2 1 2

= + =2 0 371 3 2

2p p p , ;P X P C D P D C( ) ( ) ( ) ,= = ∩ + ∩ = =3 2 0 3

1 2 1 2 2 3p p ;

P X P D D( ) ( ) ,= = ∩ = =4 0 091 2 3

2p .D’oùlaloideX:

k 0 1 2 3 4

P(X = )k 0,04 0,20 0,37 0,30 0,09

2. a)Arbreillustrantlasituationci-dessous(lesnombresentourésindiquentlenombredebactériesvivantes).

t = 0 t = 1 t = 2

00

0

1

2

0

1

2

1

2

3

4

1

0,5

0,5

0,3

0,2 0,2

0,3

0,37

0,20

0,30

0,09

0,04

0,30

0,20

0,37

1

Si t = 1 ,lenombredebactériesest0,1ou2;si t = 2 ,lenombredebactériesest0,1;2;3ou4.b) P B

A1

( ) ,1 2

0 5= =p ; P BA

12 3

0 3( ) ,= =p .

P B P XA

21

1 0 2( ) ( ) ,= = = ;

P B P XA

22

2 0 37( ) ( ) ,= = = .

c)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales: P B P A B P A B( ) ( ) ( )

1 1 1 2 1= ∩ + ∩

P B P A P B P(A P BA A

( ) ( ) ( ) ) ( )1 1 1 2 1

1 2

= × + ×

P B( ) , , , , ,1

0 5 0 5 0 3 0 2 0 31= × + × = .Demême: P B P A B P A B( ) ( ) ( )

2 1 2 2 2= ∩ + ∩

P B( ) , , , , ,2

0 5 0 3 0 3 0 37 0 261= × + × = .3. Y indique le nombre de bactéries vivantes dans lasolutionàl’instant t = 2. P Y( ) , , , , , ,= = + × + × =0 0 2 0 5 0 2 0 3 0 04 0 312

P Y P B( ) ( ) ,= = =1 0 311

; P Y P B( ) ( ) ,= = =2 0 261

2

P Y( ) , ,= = =3 0 3 0 092 ; P Y( ) , , ,= = × =4 0 3 0 09 0 027

La situation aux instants t n= et t n= + 1 est illustréeparl’arbrepondéréci-dessous:

2—3

1—3 Bn+1

An

Cn+1

1—2

1

1—2

bn

an

cn

An+1

Bn

Cn

Cn+1

Cn+1

D’où a bn n n+ +

= =1 1

1

2P A( ) et b a

n n n+ += =

1 1

1

3P B( ) .

Ainsi ∀ ∈n ℕ ,2

3

1

1

a b

b a

n n

n n

+

+

=

=

et a b c

n n n+ + = 1 .

b) ∀ ∈n ℕ , a b a an n n n+ +

= = × =2 1

1

2

1

2

1

3

1

6.

Donc 62

a an n+

= .c)Pourtoutentiernaturel p ,onnote H

plaproposition:

a ap

p

p2 2 1

1

60=

=+

et .

Ondémontreparrécurrencequepourtoutentiernaturelp,H

Pestvraie.

• a0

1= et a1

0= donc H0

estvraie.•Onsupposeque H

pestvraie.Alors:

a a ap p p

p p

2 1 2 2 2

1

6

1

6

1

6

1

6( )+ +

+

= = = ×

=

11

et a a ap p p2 1 1 2 3 2 1

1

60

( )+ + + += = = .

Donc Hp+1

estvraie.

Finalement: ∀ ∈p ℕ, ap

p

2

1

6=

et ap2 1

0+

= .

Orpourtoutentiernaturel n , b an n

=+

21;doncenparti-

culier, b ap p2 2 1

2 0= =+

et

b a ap p p

p

2 1 2 2 2 1

1

2 2 21

6

1

3

1

6+ + +

+

= = =

=

( )

p

.

Ainsi, ∀ ∈p ℕ, bp2

0= et bp

p

2 1

1

3

1

6+=

.

3. a) limp

p

→ + ∞

=1

60;donc,pardéinitiondelalimite,tout

intervalleouvertIcontenant0contienttouslestermesdutype a

p2àpartird’uncertainrang p

0.

Mais,puisquelestermesderangimpairdutype ap2 1+

sont nuls, tous les termes de la suite ( )a

nappartiennent à I à

partirdurang n p0 0

2= .Celasigniieque lim

n na

→+ ∞= 0.

Demême,onjustiieque limn n

b→+ ∞

= 0.

b) ∀ ∈n ℕ , c a bn n n

= − −1 .( )a

net ( )b

nconvergentvers0;donc ( )c

nconvergevers1.

Àlalongue,celasigniiequelapucetendàseixerenC.

61 1.Àl’instant t ,ilyadeuxbactériesdanslemilieu;letableauindique,suivantl’évolutiondechacuned’elles,lenombredebactériesàl’instant t + 1 .Onnote:

© N

ath

an

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– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) On admet que la suite ( )an

converge vers lenombre ℓ . Alors, par passage à la limite dans l’égalitéa a

n n+= −

10 25 3, ( ) ,lenombre ℓ vériie ℓ ℓ= −0 25 3, ( )

d’où ℓ = 0 6, .Remarque. On peut démontrer que la suite ( )a

n est

convergenteenétudiantlasuiteauxiliaire ( )vn

déiniepourtoutentier n 1 par v a

n n= − 0 6, .

Lasuite ( )vn

estgéométriquederaison q = − 0 25, etdepremierterme v

10 1= − , .

Onendéduitl’expressionde vnpuiscellede a

n.

Onobtient:∀ ∈n ℕ *, a

n

n= + × −0 6 0 4 0 25, , ( , ) .Puisque − < − <1 0 25 1, :

lim ( , )n

n

→+ ∞− =0 25 0donc lim ,

n na

→+ ∞= 0 6.

Laméthodeutiliséeseraétudiéeenspécialité(cf.chapitre5).c)ArbreassociéàlasortiedeFace( n 1):

0,5

0,5

FnAnan

1–an –An

Lancer dela pièce

Choix dela pièce

0,25

0,75

–Fn

Fn

–Fn


P F P A F P A F( ) ( )

n n n n n= ∩ + ∩( )

u a a an n n n

= + − = +0 5 0 25 1 0 25 0 25, , ( ) , , .

Or lim ,n n

a→+ ∞

= 0 6 donc lim ,n n

u→+ ∞

= 0 4

Lasuite ( )un

convergevers0,4.

prolongement du tp 24

63 1. •ParentsAAetAa

Parents A a

P(AA)=P(Aa)=1 2 A AA Aa

A AA Aa

•ParentsAaetAa

Parents A aP(AA)=P(aa)=1

4

etP(Aa)=1 2

A AA Aa

a Aa aa

•ParentsaaetAa

Parents A a

P(Aa)=P(aa)=1 2 a Aa aa

a Aa aa

•Lesautrescassontévidentsd’oùlerésumédansletableauci-dessous:

Parents AA Aa aa

AA AA 1 AA 1/2Aa 1/2 Aa 1

D’oùlaloideY:

k 0 1 2 3 4

P(Y = )k 0,312 0,31 0,261 0,09 0,027

62 1. a)Vuesd’écran:

Formule=B2

Formule:=SI(((C2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;2)=1))OU((C2="B")ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;4)=1));1;0)

Formule:=SI(((C2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;2)=1))OU((E2="B"ET(ALEA.ENTRE.BORNES(1;4)=1));1;0)

Formule:=SI(((C2="A")ET(D2=1))OU((C2="B")ET(D2=0));"A";"B"

Formule:=NB.SI(D2:D1001;1)/1000

Formule:=NB.SI(C2:C1001;"A")/1000

b) Conjectures : la suite des fréquences de An

sembleconverger vers 0,4 et celle des fréquences de F

n semble

convergervers0,6.2. a)Arbreassociéauchoixdelapièce(n 1):

0,5

0,5

An+1

An —An+1

An+1

—An+1

an

1–an –An

Lancern + 1

Lancern

0,75

0,25

D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:P A P A A P A A

P A

( ) ( )

( ) ,n n n n n

n na

+ + +

+

= ∩ + ∩( )= +

1 1 1

10 5 00 75 1 0 25 0 75, ( ) , ,− = − +a a

n n

soit a an n+

= −1

0 25 3, ( ).


© N

ath

an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Note : le résultatétaitprévisibleen raisonde la symétriedesformules(permutationdeAeta).

b) p r p q r q1 1 0 0

2

0 0

21

2

1

2− = +

− +

p r p q r q p q r q1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

1

2

1

2

1

2

1

2− = + − −

+ + +

p r p r p q r1 1 0 0 0 0 0

− = − + +( )( ). Or p q r

0 0 01+ + = ,donc p r p r

1 1 0 0− = − .

c) On pose α = − = −p r p r1 1 0 0

.• p r

0 0= +α et q p r r

0 0 0 01 1 2= − − = − −α .

Ainsi p p q r r1 0 0

2

0 0

21

2

1

2

1

2= +

= + + − −

α α

soit p1

21

41= +( )α .

• r p0 0

= − α et q p r p0 0 0 0

1 1 2= − − = − + α .

Ainsi r r q p p1 0 0

2

0 0

21

2

1

2

1

2= +

= − + − +

α α

soit r1

21

41= −( )α .

•Enin, p q r1 1 1

1+ + = donc q p r1 1 1

1= − − .

q1

2 211

41

1

41= − + − −( ) ( )α α

q1

2 21

44 1 2 1 2= − − − − + −[ ]α α α α

soit q1

21

21= −( )α .

d)Enprocédantdemêmeàladeuxièmegénération:p r p r

2 2 1 1− = − = α .

Alors p p2

2

1

1

41= + =( )α ,

r r2

2

1

1

41= −( ) =α

et q q2

2

1

1

21= − =( )α .

Donc, les suites ( ),( )p qn n

et ( )rn

sont constantes à partirdurang1.Leursvaleursnedépendentquedelaconstanteα = −p r

0 0.

Aa AA 1/2Aa 1/2

AA 1/4Aa 1/2aa 1/4

Aa 1/2aa 1/2

aa Aa 1 Aa 1/2aa 1/2 aa 1

2.Arbreillustrantlasituation:

(AA;AA) AA

Génération 1Génération 0

1

(AA;Aa)

AA

Aa

(AA;aa) Aa1

AA

(Aa;Aa) Aa1—2

1—4

1—4

aa

Aa

(Aa;aa)

aa

(aa;aa) aa1

1—2

1—2

1—2

1—2

p02

q02

r02

2p0q

0

2q0r

0

2p0r

0

a)D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:

• p p p q q1 0

2

0 0 0

221

2

1

4= = + × + ×P AA( )

soit p p q1 0 0

21

2= +

.

• r aa r q r q1 0

2

0 0 0

221

2

1

4= = + × + ×P( )

soit r r q1 0 0

21

2= +

.

15CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 13 Lois de probabilité à densité

© N

ath

an

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12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Suites13CH

API

TRE

1

Lois de probabilité à densité

• si 0 d 1, il suffit de prendre x = d et y = 0 ;

• si –1 d < 0, il suffit de prendre x = 0 et y = –d.Finalement, l’ensemble des valeurs prises par D est l’inter-valle [–1 ; 1].

2 a) Simulation.

b) Affichage de l’histogramme :

c) Comme la somme des fréquences est 1, la somme des

aires des rectangles est 1 u.a.

d) Tableau des fréquences :

Evénement D 0 D 0,5 – 0,2 D 0,2

Fréquence 0,494 0,128 0,362

Evénement 0,3 D 0,8 – 0,75 D 0,25

Fréquence 0,225 0,681

3 a) f est définie sur [–1 ; 1] par :

[ ]=

+ −

− +

f x

x x

x x( )

1 si [ 1 ; 0[

1 si 0 ; 1.

Activité 1

1 a) P(X An) = np. Si n

p> 1

2

alors np 1.

b) Comme l’hypothèse p 0 est absurde, nécessairement, p = 0.

2 a) Simulation.

b) L’histogramme indique que toutes les fréquences des événements « X I

k » sont voisines de 0,1.

c) D’après la loi des grands nombres, il est naturel de poser, pour tout entier k tel que 1 k 10 : P(X I

k) = 0,1.

d) ∑= ==

k

k

P(X 0,5) P(X I ) 0,51

5

.

P(X 0,2) = P(X I1) + P(X I

2) = 0,2.

P(X 0,8) = 1 – P(X 0,8) = 1 – ∑ ==

k

k

P(X I ) 0,21

8

.

P(0,3 X 0,8) = ∑ ==

k

k

P(X I ) 0,54

8

.

e) Conjecture : si I = [α ; β], P(X I) = β – α.

3 a) aire(Sf) = (β – α) × 1 = β – α.

b) Ainsi, la valeur de l’aire correspond à la valeur de P(X I) conjecturée en 2. c).

Activité 2

1 a) L’univers U associé à cette expérience aléatoire est l’ensemble des couples (x ; y) tels que : x [0 ; 1] et y [0 ; 1].

b) 0 x 10 y 1

⇒ 0 x 1–1 –y 0

⇒ –1 x – y 1.

Donc, l’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire D appartient à [–1 ; 1].Réciproquement, pour tout nombre d de [–1 ; 1], il existe (x ; y) dans U tel que x – y = d :

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12

– T

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th T

erm

. S


b) ∫( )− = + =−

x xP D [ 1 ; 0[ ( 1)d 0,51

0

.

∫( )[ ] = − + = x xP D 0,5 ; 1 ( 1)d 0,1250,5

1

.

∫( )[ ]− = − + = x xP D 0,2 ; 0,2 2 ( 1)d 0,360

0,2

.

∫( )] [ = − + = x xP D 0,3 ; 0,8 ( 1)d 0,2250,3

0,8

.

∫∫( )[ ]− = + + − +−

x x x xP D 0,75 ; 0,25 ( 1)d ( 1)d0

0,25

0,75

0

= 0,6875.Ces résultats sont en accord avec les fréquences observées lors de la simulation : la différence en valeur absolue ne dépasse jamais 1 centième.

0 0,2–0,2–0,4–0,6 0,4 0,6 0,8 1–0,8–1

0,2

0,4

0,6

0,8

1

f

y = x + 1 y = –x + 1

f est un triangle de base 2 et de hauteur 1 ; donc :

aire(f) = 1 u.a.

Méthode géométrique

Le choix de deux nombres au hasard dans [0 ; 1] revient à placer un point A(X;Y) au hasard dans le carré unité . L’événement « M 0,4 » est représenté par l’aire du domaine colorié.Note.

Dans le demi-carré inférieur de , Y X ; donc « M 0,4 » signifie « X 0,4 ».Dans le demi-carré supérieur de , Y X ; donc « M 0,4 » signifie « Y 0,4 ».

0,4

0,4

O

1

1 x

y

D’où :P(M 0,4) = =

aire( )

aire( )0,16

.

De même, l’événement « I 0,4 » est représenté par l’aire du domaine colorié.Note.

Dans le demi-carré inférieur de , Y X ; donc « I 0,4 » signifie « Y 0,4 ».Dans le demi-carré supérieur de , Y X ; donc « I 0,4 » signifie « X 0,4 ».

0,4O

0,4

1

1 x

y

Une première approche consiste à déterminer une valeur approchée de P(M 0,4) et de P(I) 0,4 à partir des fréquences observées lors de10 000 simulations. Il suffit de reprendre dans chacun des cas, la méthodologie de l’activité 1 en utilisant l’instruction :

• MAX(ALEA();ALEA()) en colonne A pour simuler les

valeurs prises par M (feuille1) ;

• MIN(ALEA();ALEA()) en colonne A pour simuler les

valeurs prises par M (feuille 2).

On obtient la répartition des fréquences des événements :• « M [0,1(k – 1) ; 0,1k[ » (k entier, 1 k 10) ;

0

0,05

0,10

0,15

0,20

[0 ; 0,1[

[0,1 ; 0,2[

[0,2 ; 0,3[

[0,3 ; 0,4[

[0,4 ; 0,5[

[0,5 ; 0,6[

[0,6 ; 0,7[

[0,7 ; 0,8[

[0,8 ; 0,8[

[0,9 ; 1[

0,1879

0,1725

0,0110

0,0325

0,0491

0,0702

0,0898

0,11160,1275

0,1479

• « I [0,1(k – 1) ; 0,1k[ » (k entier, 1 k 10).

0

0,05

0,10

0,15

0,20

[0 ; 0,1[

[0,1 ; 0,2[

[0,2 ; 0,3[

[0,3 ; 0,4[

[0,4 ; 0,5[

[0,5 ; 0,6[

[0,6 ; 0,7[

[0,7 ; 0,8[

[0,8 ; 0,8[

[0,9 ; 1[

0,1718

0,1979

0,0315

0,0087

0,0507

0,0709

0,0912

0,10860,1244

0,1443

D’où les estimations des probabilités cherchées :P(M 0,4) 0,16 et P(I 0,4) 0,64.

L’utilisation de la loi uniforme permet de résoudre le problème.

PROBLÈME OUVERT


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. S

b) Or ∫= λ→+∞

−λx xE(X) lim e d

t

xt

0, donc ∫ =

→+∞

−

x xlim5

4e d

4

5t

t x

0

5

4 .

6 1. a) ∫= − ≈−

xP(T 300) 1 0,005e d 0,223x

0

3000,005 .

b) P(T 365) = ∫ ≈−

x0,005e d 0,839x0,005

0

365

.

c) P(365 T 730) = ∫ ≈−

x0,005e d 0,135x0,005

365

730

.

2. a) La demi-vie t1/2 est définie par : P(T t

1/2) = P(T > t

1/2),

c’est-à-dire :P(T t

1/2) = 1 – P(T t

1/2) soit P(T t

1/2) = 0,5.

b) P(T t) = 1

2 ⇔ ∫ λ =−λ

dxe1

2

xt

0 ⇔ 1− e

−λt = 1

2

⇔e−λt = 1

2 ⇔ λt = ln(2) ⇔ t = ln(2)

λ.

Or l = 0,005, donc t1 2

2

0 005139/

ln( )

,= ≈ (jours).

7 1. E X( ) = =1

5λ

donc λ =1

5.

∫= − =

−−

xP(X 10) 11

5e d e

x1

5 2

0

10

.

∫= − =

−−

xP(X 5) 11

5e d e

x1

5

0

51 .

2. X suit une loi exponentielle, c’est-à-dire une loi à densité « sans mémoire ». Pour tous nombres positifs t et h : P

X t (X t + h) = P(X h).

PX 10

(X 15) = P(X 5) = e–1.

8 1. la condition P(X 1) = 0,942 s’écrit :

∫− λ =−λ

x1 e d 0,942x

0

60

soit e – 60l = 0,942.

Or e – 60l = 0,942 ⇔ – 60l = ln(0,942)⇔ = −λln( , )0 942

60donc l 0,001.

2. P(240 X 300) = ∫ λ = −−λ − λ − λxe d e e

x

240

300240 300

P(240 X 300) e–0,24 – e–0,3 0,046.

9 1. T suit une loi « sans mémoire » ; donc :P

T2(T 5) = P(T 3) = 0,452.

2. Le paramètre l est défini par la condition :P(T 3) = 0,452

c’est-à-dire e–3l = 0,452, d’où : λ = −ln( , )0 452

3.

1 a) P(X 3) = 0,3.b) P(X 6) = 0,4.c) P(3 X 8) = 0,5.

2 On note R l’événement « le tube est rejeté ».R = « D 198,1 » « D 201,9 » est la réunion de deux événements incompatibles ; donc :

P R( ), ,

,= + =0 1

4

0 1

40 05 .

3 X est la variable aléatoire qui indique la durée (en min) entre midi et l’heure d’arrivée de Boris.a) « Boris arrive avant Anne » (événement B) signifie

« X 20 ».

Donc : P B( ) = =20

60

1

3.

b) « Anne attend Boris plus de 20 minutes » (événement C) signifie « X 40 ».

Donc : P C( ) =−

=60 40

60

1

3.

c) « Anne attend Boris moins de 5 minutes » (événement D) signifie « 20 X 25 ».

Donc : P D( ) =−

=25 20

60

1

12.

4 1. Vrai. P(X 10) = e –0,0710 0,50. 2. Faux. X suit une loi de durée de vie sans vieillissement ; donc P

X10 (X 15) = P(X 5) = e–0,075 0,70.

5 1. a) l = f(0) = 5

4.

b) ∀ x [0 ; + ∞[ , =−

f x( )5

4e

x5

4 .

2. a) 1 désigne le domaine sous

f sur [0 ; 1].

aire (1) = ∫= = −

= − +

− − −

x5

4e d e e 1

x x5

4

0

15

40

1 5

4 u.a.

aire (1) = P(X 1) = P(X 1).

b) P(X 2) = 1 – P(X 2) = ∫− =− −

x15

4e d e

x5

4

0

25

2 .

2 désigne le domaine sous

f sur ]2 ; +∞[.

c) P(1 X 2) = 1 – (P(X 1) + P(X 2))

P(1 X 2) = − ≈− −

e e 0,204

5

4

5

2 .

3. a) E X( ) = =1 4

5λ.


Pour la variable aléatoire I, il vaut mieux raisonner en utili-

sant l’événement contraire.

« I 0,4 » signifie « X 0,4 » et « Y 0,4 » ; donc :

P(I 0,4) = P((X 0,4) (Y 0,4))

= P(X 0,4) P(Y 0,4)(indépendance du choix des coordonnées).

P(I 0,4) = 0,62.

D’où :

P(I 0,4) = 1 – 0,36 = 0,64.

D’où P(I 0,4) = = − =aire( )

aire( )1 0,6 0,64

2

.

Méthode probabiliste

« M 0,4 » signifie « X 0,4 » et « Y 0,4 » ; donc :

P(M 0,4) = P((X 0,4) (Y 0,4)) = P(X 0,4) P(Y 0,4)

(indépendance du choix des coordonnées).

Or, X et Y suivent la loi uniforme sur [0 ; 1] ; donc :

P(M 0,4) = 0,42 = 0,16.

4 Enseignement spécifique Chapitre 13 Lois de probabilité à densité

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– T

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th T

erm

. S

Cas : 1 s 2

y = –x + sS

1

1O x

y

2. Cas : 0 s 1

est un demi-carré de côté s ; donc aire() = 1

2

2s .

Cas : 1 s 2

Le domaine est le carré unité privé d’un demi-carré de

côté 2 – s ; donc aire() = 11

22

2− −( )s .

si 0 s 1Ainsi P(S s) =

1

2

1

22 1

2

2

s

s s− + −

si 1 s 2.

17 Durée de vie d’un système

• Les outils

– Intersection et réunion d'événements.– Indépendance d'événements.– Formules de calcul de probabilités.• Les objectifs

– Traduire des événements.– Calculer des probabilités suivant une loi exponentielle.– Comparer des probabilités.

a) L’événement « X 60 » signifie :« T

A 60 », « T

B 60 » et « T

C 60 ».

Or, les durées de vie des composants A, B et C sont indé-pendantes et suivent la même loi exponentielle. Donc :

P(X 60) = P((TA 60) (T

B 60) (T

C 60)),

soit P(X 60) = p3 avec p = P(T 60) = e–60l.Ainsi P(X 60) = e–180l.b) L'événement E signifie : « T

A 60 » ou « T

A’ 60 ».

P(E) = P((TA 60) (T

A’ 60))

= P(TA

60) + P(TA’

60) – P((TA 60) (T

A’ 60)).

Or, les durées de vie des composants A et A’ sont indépen-dantes et de même loi exponentielle ; donc :

P(E) = 2P(T 60) – [P(T 60)]2 = 2p – p2.

15 Attente à un feu tricolore

• Les outils

– Représentation d'un événement sur un axe gradué.Variable aléatoire.– Formules de calcul de probabilités.• Les objectifs

– Traduire des événements.– Calculer des probabilités suivant une loi uniforme.

1. Schéma illustrant la succession des feux :

300

8 h 05

0 60 115 120 180 235 240

8 h

2. a) A, « Attente de moins de 10 s » signifie :« T [0 ; 60] » ou « T ]110 ; 180]

» ou « T ]230 ; 300] ».

A est la réunion de trois événements deux à deux incompa-tibles ; donc :

P A( ) = + + =60

300

70

300

70

300

2

3.

b) B, « Attente de plus de 20 s » signifie :« T ]60 ; 100[ » ou « T ]180 ; 220[

».

B est la réunion de deux événements incompatibles ; donc :

P(B) = 40

300+ 40

300= 4

15.

16 Distribution uniforme dans un carré unité

• Les outils

– Régionnement du plan suivant une droite.– Somme de deux variables aléatoires.– Calculs d'aires.• Les objectifs

– Représenter géométriquement un événement.– Calculer des probabilités à l'aide d'aires.

1. a) ∀ s [0 ; 2], S s ⇔ X + Y s ⇔ Y –X + s.b) Cas : 0 s 1

y = –x + s

S

1

1O x

y


2. a) Si X1 est la durée de vie de C

1, X

2 celle de C

2 et X

3

celle de C3, alors :

P(S) = P((X1 1000) (X

2 1000) (X

3 1000)).

Or, les durées de vie sont indépendantes et suivent la même

loi ; donc P(S) = p3.

b) P(S) = e–0,3

0,741.

Or P(T 5) = ∫ λ = −−λ − λxe d 1 e

x

0

55 ; donc :

P(T 5) = − ≈1 e 0,734

5 ln(0,452)

3 .

10 1. On note X la variable aléatoire qui indique la durée de vie (en heure) d’un de ces composants.

p = P(X 1000) = e–1000l avec l = 10–4

donc p = e–0,1.

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– T

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th T

erm

. S

Donc ∫= − λ =− λ − λxP (D) 1 2 e d e

x

C

2

0

36

2.

L’expérience qui consiste à prendre au hasard un composant dans le sachet est représentée par l’arbre pondéré ci-après :

1 – e–3

1 – e–6

e–3

e–6

C1

D

–D

C2

D

–D

0,99

2—3

1—3

D’après la formule des probabilités totales, on a :P(D) = P(C

1 D) + P(C

2 D)

P(D) = P(C1) × P

C1(D) + P(C

2) × P

C2 (D)

= +− λ − λP(D)

2

3e

1

3e

3 6 .

D’où l’équation : + =− λ − λ2

3e

1

3e

99

100

3 6 .

Elle équivaut à : 100 e–6l + 200 e–3l – 99 = 0. On pose X = e–3l. Cette équation s’écrit 100 X2 + 200 X – 297 = 0 et ses solu-

tions dans sont :

α = − −1397

10 et β = − +1

397

10.

Or X 0 ; donc seule la valeur β convient.Ainsi, l’équation initiale équivaut à e–3l = β ; d’où :

λ = − β ≈1

3ln( ) 0,002 5.

20 TD – La probable rencontre

1. a) La durée d’attente D est définie par :

X – Y si Clément arrive avant Léa (X Y)Y – X si Clément arrive avant Léa (X Y) .

Donc D X Y= − .

b) L’événement R signifie que la durée d’attente ne dépasse

pas un quart d’heure donc : « X Y= − 1

4».

2. a) et b)

c) Après plusieurs simulations, les fréquences observées de l’événement R sont proches de 0,44. On peut donc estimer que P(R) < 0,5.

3. a) X Y= − 1

4 ⇔ –

1

4 X – Y

1

4.

X Y= − 1

4 ⇔ –

1

4 X – Y et X – Y

1

4

⇔ Y X + 1

4 et Y – X –

1

4

X Y= − 1

4 ⇔ X –

1

4 Y X +

1

4

c) L’événement « Y 60 » est réalisé, si et seulement si, les événements E, « T

B 60 » et « T

C 60 » sont tous

trois réalisés.P(Y 60) = P(E (T

B 60) (T

C 60))

= P(E) × P(TB 60) × P(T

C 60)

= (2p – p2)p2 = 2p3 – p4.Or p = e – 60l donc P(Y > 60) = 2e – 180l – e – 240l.d) Avec l = 0,002, on obtient :

P(X > 60) 0,698 et P(Y > 60) 0,777.Ainsi, le montage 2 est préférable.


On note T la variable aléatoire qui indique le choix du nombre t dans [–1 ; 1]. T suit la loi uniforme sur [–1 ; 1].

aire(ABM) = 1

22

1

1

2

2× × =

−+

yt

tM

;

donc, la variable aléatoire S est définie sur [–1 ; 1] par :

ST

T=

−

+1

1

2

2.

θ désigne un nombre de l’intervalle [0 ; 1].

S θ ⇔ 1

12

−+

T

T

2

θ ⇔ θ(1 + T2) 1 – T2

⇔(1 + θ)T2 1 – θ ⇔ T2 1

1

−+θθ

.

Ainsi, l’événement « S » signifie :

« T −−+

1

1

θθ

» ou « T −−+

1

1

θθ

».

– 1 10

1– —1+ 1– —

1+

Il est la réunion de deux événements incompatibles ; donc :

P(S θ) = < >−− θ+ θ

+

− θ+ θ

P T

1

1P T

1

1.

Puisque T suit la loi uniforme sur [–1 ; 1], et que les inter-valles représentés ont la même longueur :

P(S θ) = 2

11

1

21

1

1×

−−

+ = −−

+

θθ θ

θ.

On résout alors dans [0 ; 1] l’équation d’inconnue θ :

P(S θ) = 1

2.

Soit 11

1

1

2

1

1

1

24 1 1−

−+

= ⇔−

+= ⇔ − = +

θ

θ

θ

θθ θ( ) .

Donc θ =3

5.


On note D l’événement « la durée de vie d’un composant dépasse 3 ans ».Si le composant est de type C

1, sa durée de vie suit une loi

exponentielle de paramètre l ; donc :

∫= − λ =−λ − λ

xP (D) 1 e d ex

C0

33

1

.

Si le composant est de type C2, sa durée de vie suit une loi

exponentielle de paramètre 2l.


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20

12

– T

ran

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th T

erm

. S

2. a) L’événement « Y t » signifie : « T

1 t » ou « T

2 t ».

P(T t) = P((T1 t) (T

2 t))

= P(T1 t) + P(T

2 t) – P((T1

t) (T2 t))

= P(T1 t) + P(T

2 t) – P(T

1 t) × P(T

2 t).

b) P(Y t) = 2(1 – e–lt) – (1 – e–lt)2, soit :P(Y t) = 1 – e–2lt [2].

c) La densité g est la dérivée de la fonction :

t P(Y t) = g u ut

∫ ( )d0

.

Or, pour tout nombre t 0, P(Y t) = 1 – e–2lt ; donc :g(t) = 2e–2lt.

B. 1. a) ∀ t [0 ; + [ : d(t) = P(Y t) – P(X t) d(t) = 1 – e–2lt – (1 – e–lt)2 = 2e–lt – 2 e–2lt

d(t) = 2e–lt (1 – e–lt)Or, – lt 0 ; donc e–lt 1 soit 1 – e–lt 0.Ainsi, chaque facteur étant positif, on conclut que d(t) 0 sur [0 ; +∞[.b) On en déduit :

∀ t [0 ; + [, P(Y t) P(X t).La probabilité que le système en série s’arrête à l’instant t est supérieure à la probabilité que le système en parallèle s’arrête à l’instant t.Pour assurer la transmission du signal, le montage en paral-lèle est donc préférable.

2. a) Pour tout a 0, on pose a tg t ta

∫=I( ) ( )d0

. D'où :

∫= λ− λ

a t tI( ) 2 e dt

a2

0

.

Une primitive sur [0 ; +∞[ de la fonction h : t 2lte–2lt est du type H : t (αt + β)e–2lt.Or, pour tout t 0 :

H’(t) = αe–2lt – 2l(αt + β)e–2lt

soit H’(t) = (– 2αlt + α – 2βl)e–2lt.Ainsi, pour tout t 0, H’(t) = h(t) si, et seulement si :

–2αlt + α – 2βl = 2l = 2lt.D’où, par identification des coefficients :

− =− =

2 2

2 0

αλ λ

α βλ donc

α

βλ

= −

= −

1

1

2

.

Une primitive H de h sur [0 ; +∞[ est définie par :

= − −λ

− λt tH( )

1

2e

t2 .

Alors, = − = − −λ

+

λ− λ

a a aI( ) H( ) H(0)1

2e

1

2

a2 .

Or =→+∞

− λalim e 0

a

a2 et λ

=→+∞

− λlim

1

2e 0

a

a2 ;

donc lim ( )a

a→+∞

=I1

2λ. Ainsi E Y( ) =

1

2λ.

Remarque. Si on veut éviter le calcul intégral pour calculer E(Y), il suffit de remarquer que la densité g est celle d’une loi exponentielle de paramètre 2l.

Donc E Y( ) =1

2λ.

b) Représentation de l’événement R :

1 y = x + —

4

1

1O x

y

1 y = x – —

4

1—4

1—4

L’aire du domaine 5 est celle du carré unité privé de la

réunion de deux demi-carrés de côté 3

4 ; donc :

P(R) = aire (5) = 1

9

16

7

16− = .

4. a) Comme précédemment, pour tout t de ]0 ; 1[, l’événe-

ment Rt signifie « X Y= − t », soit : « X – t Y X + t ».

y = x + t

y = x – t1

1O x

y

t

t

t

b) L’aire du domaine 5t est celle du carré unité privé de la

réunion de deux demi-carrés de côté 1 – t ; donc :

P(Rt) = aire (5

t) = 1 – (1 – t)2.

c) P(Rt) = 0,8 ⇔ 1 – (1 – t)2 = 0,8 ⇔ (1 – t)2 = 0,2.

Or, pour tout t de ]0 ; 1[, 1 – t 0 ; donc :

1 0 2− =t , soit t = −11

5 (en h).

Ainsi, la durée d’attente pour que P(Rt) = 0,8

est d’environ

33 minutes.

21 TD – Montage en série ou en parallèle

A. 1. a) L’événement « X t » signifie :

« T1 t » et « T

2 t ». Or, les durées de vie des composants

C1 et C

2 sont indépendantes ; donc :

P(X t) = P((T1 t) (T

2 t))

= P(T1 t × P(T

2 t).

b) Or, T1 et T

2 suivent la même loi exponentielle de para-

mètre l ; donc :

P(T1) t = P(T

2 t) = ∫ λ = −−λ −λ

xe d 1 ex

tt

0

.

Ainsi P(X t) = (1 – e–lt)2 [1].

c) La densité f est continue et positive sur [0 ; +∞[.

Donc, la fonction t P(X t) = f u ut

∫ ( )d0

est dérivable

sur [0 ; + [ et sa dérivée est f.

Or, pour tout nombre t 0, P(X t) = (1 – e–lt)2 ; donc :

f (t) = 2le–lt (1 – e–lt).

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

b) P(T 10) = e–10l = −

e

10 ln(2)

6 ≈ 0,315.

3. On résout l’inéquation P(T t) 0,95.

1− e− ln(2)

6t> 0,95 ⇔ e

− ln(2)

6t< 0,05 ⇔ −

ln(2)

6t < ln(0,05)

⇔ t > − 6 ln(0,05)

ln(2)

Or − ≈6 0 05

225 93

ln( , )

ln( ), ; donc, au bout de 26 heures, on peut

estimer que la probabilité qu’un atome de 99mTc se désintègre dépasse 0,95.

23 TD – Les méthodes de Monte-Carlo

A. 1. a) X et Y suivent la loi uniforme sur [0 ; 1].b) Ce choix correspond aux lignes 13 et 14 de l’algorithme.

2. La variable I de l’algorithme contient la fréquence des points situés dans le domaine .

3. La condition y F1(x) n’est plus imposée dans la boucle ;

donc, tous les points tirés au hasard sont placés dans le carré.La représentation graphique ne donne pas la répartition des points dans mais dans tout le carré.

4. Par exemple, pour N = 10 000, I ≈ 0,6688.

Note. La valeur exacte de I est 2

3.

I d= − = − − −

=∫ 1

2

31 1

2

30

1

0

1

x x x x( ) .

B. 1. a) Algorithme avec AlgoBox

b) Pour N = 10 000, I ≈ 0,665 5.2. Pour N = 10 000, J ≈ 0,843 4.

b) Pour tout a 0, on pose a t f t ta

∫=J( ) ( )d0

.

∫ ∫∫= λ − = λ − λ−λ −λ −λ − λa t t t t t tJ( ) 2 e (1 e )d 2 e d 2 e d

t ta

t taa

0

2

00

soit ∫ ∫= λ −−λa t t tg t tJ( ) 2 e d ( )d

ta a

0 0.

Or ∫ λ =

λ→+

−λt tlim e d

1

a

ta

0

(espérance d’une variable aléatoire exponentielle de paramètre l)

et

tg t ta

a

∫ = =λ→+

lim ( )d E(Y)1

20 ;

donc

aa

= ×λ−

λ=

λ→+

lim J( ) 21 1

2

3

2. Ainsi E X( ) =

3

2λ.

c) La comparaison de E(Y) et de E(X) montre que la durée moyenne de transmission du signal avec le système en paral-lèle est trois fois plus grande qu’avec le système en série.

22 TD – Désintégration radioactive

A. 1. a) L’événement « T t » signifie « à l’instant t, le noyau ne s’est pas désintégré ».

P(T t) = 1 – P(T t) = 1 –∫ λ −λxe d

xt

0.

Or ∫ λ = − = − +−λ −λ −λxe d e e 1

xt

xt

t

0 0 ; donc P(T t) = e–lt.

b) L’examen des noyaux à l’instant t est un schéma de Bernoulli d’ordre N

0 où la probabilité de succès (non désin-

tégration lors de l’examen d’un noyau) est p = e–lt. Ainsi, Zt

suit une loi (N0 ; e–lt).

c) Le nombre moyen N(t) de noyaux présents à l’instant t est N(t) = E(Z

t) = N

0e–lt .

2. a) Dans +, on résout l’équation P(T t) = 1

2.

1− e−λt = 1

2 ⇔ e−λt = 1

2 ⇔ −λt = − ln(2) ⇔ t = ln(2)

λ

Ainsi, la demi-vie est t1 2

2

/

ln( )=

λ.

= = = =−λ−λ

λ

tN( ) N e N e N e1

2N

t

1/2 0 0

ln(2)

0

ln1

20

1/2 .

Ainsi, t1/2

est le temps nécessaire pour que la moitié des atomes se soient désintégrés.

b) = = =−λ

λ

tN(2 ) N e N e1

4N

1/2 0

2 ln(2)

0

ln1

40 .

Au bout de 2 demi-vies, le nombre moyen d’atomes non

désintégrés est 1

40N .

3. T suit une loi exponentielle de paramètre l ; donc :

τλ

= =E T( )1 .

Or t1 2

2

/

ln( )=

λ donc

1

2

1 2

λ=

t/

ln( ).

Ainsi, τ =1

21 2

ln( )/t , d’où τ ≈ 1,44t

1/2.

B. 1. t1/2

≈ 6 h donc λ = = −ln( ) ln( )

/

2 2

61 2

1

t

h .

2. a) P(T 4) = ∫ λ = − = −−λ − λ−

xe d 1 e 1 ex

0

44

4 ln(2)

6 ;

soit P(T 4) ≈ 0,370.

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

31 1. Le nombre a est tel que a x x( )1 12

1

1

− =−∫ d .

Or : a x x a xx

a( )13

4

3

2

1

13

1

1

− = −

=

−−

∫ d ;

donc 4

31a = soit a = 3

4.

Ainsi, f est définie sur [–1 ; 1] par f (x) = 3

4(1 – x2).

2. a) f est définie sur l’intervalle [– 1 ; 1] centré en 0 et, pour tout x de [–1 ; 1], f (–x) = f (x) ; donc f est une fonction paire. Ainsi,

f est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

Pour tout nombre t de [0 ; 1] :P(X t) = aire() et P(X –t) = aire(’).

En raison de la symétrie, aire() = aire(’) ; donc :P(X t) = P(X –t).

x

y

1–1 t–t

1

y = f (x)

’

O

b) P(0 X < t) = aire() = 0,5 – aire() ; donc :

P X P X( ) ( )01

2< < >t t= − .


33 1. ∀ t [0 ; 1], F P X( ) ( )t tt

t= = =<π

π

2

2.

2. a) <t t f x xt

∫= =F( ) P(X ) ( )d0

.

b) f est continue et positive sur [0 ; 1] ; donc la fonction F est dérivable sur [0 ; 1] et F’ = f.c) ∀ t [0 ; 1], f(t) = F’(t) = 2t.

34 1.

∀ t [0 ; R], F P YR R

( ) ( )t t

t

t= = =<

4

3

4

3

1

3

3 3

3

π

π.

2. a) ∀ t [0 ; R], <t t f x xt

∫= =F( ) P(Y ) ( )d0

.

Or f est continue et positive sur [0 ; R], donc la fonction F est dérivable sur [0 ; R] et F’ = f.

b) ∀ t [0 ; R], = =f t t t( ) F’( )3

R3

2 .

c) t f t t t t t∫ ∫= = =

E(Y) ( )d3

Rd

3

4R0

R

3

3

0

R

3

4

0

R

; E Y R( ) = 3

4.

LOI UNIFORME

35 1. a) P Xlongueur de

longueur de( )

;

;< =

−[ ]−[ ]

=03 0

3 70,,3 .

b) L’événement « X < 5 » signifie :

« X [–3 ; 7] » et « –5 X 5 ».

Donc < < <( ) = − =P X 5 P( 3 X 5) 0,8 .

DE TÊTE

24 a) P(X 0,5) = 1

4. b) P(X 0,75) =

7

16.

c) P(0,25 X 0,75) = 1

2.

25 1. La fonction g est continue et positive sur [0 ; 3] avec :

g x x x∫ =

=( )d1

271

0

33

0

3

;

donc g définit une densité de probabilité.

2. < t g x x xtt

t

∫= =

=P(X ) ( )d1

27 270

3

0

3

.

26 1. La densité f est la fonction constante définie sur

[0 ; 10] par : x1

10.

2. a) P(U [1,7 ; 9,2] = 0,75. b) P(U 7,5) = 0,75.c) P(U 2,5) = 0,75.

27 1. l = f (0) = 0,2. 2. E T( ) = =1

5λ

.

28 T suit une loi « sans vieillissement » ; donc :

P T P TT> > = > = − =

58 3 1 0 32 0 68( ) ( ) , , .

LOI À DENSITÉ

29 1. f est continue et positive sur [0 ; 1] avec :

f x x x∫ = =( )d 10

13

0

1

;

donc f définit une densité de probabilité.

2. a) f x x x∫= = =P(X 0,5) ( )d 0,875.0,5

13

0,5

1

b) f x x x∫= = =P(X 0,1) ( )d 0,0010

0,13

0

0,1

.

c) f x x x∫= = =P(0,2 X 0,8) ( )d 0,5040,2

0,83

0,2

0,8

.

30 1. ∫= = − = − +− −

a g x xI( ) ( )d e e 1a

xa

a

0 0

2 2

.

Or

=→+

−lim e 0

a

a2

donc

aa

=→+

lim I( ) 1 .

2. g est continue et positive sur [0 ; + ∞[ avec :

g x xa

∫ =→+lim ( )d 1

0

1

;

donc g définit une densité de probabilité.3. m désigne un nombre positif.

< ∫= = = − +−m g x x mP(X ) ( )d I( ) e 1

mm

0

2

.

P(X <m) = 1

2⇔ −e

−m2

+1= 1

2 ⇔ e

−m2

= 1

2

⇔ − = − ⇔ =m m2 2

2 2ln( ) ln( )

Or m est positif donc m = ln( )2 .

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

3. E T( ) =+

=25 45

235 min. En moyenne, sur un grand

nombre de visites, Ben arrive à 8 h 35.

39 1. La densité de loi de X est définie sur [8 ; 12] par :

f x: 1

4.

2. [ [[ ]

= = =P(X 9,5)longueur de 8 ; 9,5

longueur de 8 ; 12

1,5

4

3

8.

3. L’événement R « l’usager doit attendre la rame suivante » signifie « X 10 » :

P R P X( ) ( )= =<101

2.


LOIS EXPONENTIELLES

41 1. T est la variable aléatoire qui indique le temps de réparation (en h).

∫= − = − = ≈− −

xP(T 2) 1 P(T 2) 1 e d e 0,135x 2

0

2

.

2. T suit une loi exponentielle qui est donc « sans mémoire ».

= = ≈−P (T 4) P(T 1) e 0,368

T 3

1

.

42 1. f est définie sur [0 ; +∞[ par f(x) = le–lx ; donc, sa dérivée l’est par f ’(x) = –l2e–lx.La tangente T

A a pour équation y = f ’(0)x + f(0) avec

f ’(0) = –l2 et f(0) = l.Donc T

A : y = – l2x + l.

2. TA coupe l’axe des abscisses en B. L’abscisse de B est

définie par –l2x + l = 0 donc x = = −1 1

λλ . Ainsi B(l–1 ; 0).

3. aire AOB OB OA( ) = × × = =−1

2

1

2

1

2

1λ λ u.a.

Or, l’aire sous la courbe sur [0 ; +∞[ vaut 1 u.a. ; donc [AB] partage en deux parties de même aire le domaine limité par les axes et la courbe .

43 1. T suit une loi exponentielle ; donc, cette loi de durée de vie est « sans vieillissement ».

= = −P (T 2 000) P(T 1 000) 1 P(T 1 000)T 1 000

= 1 – 0,095 = 0,905.2. • Pour déterminer la valeur du paramètre, on résout équa-tion d’inconnue l :

P(T 1000) = 0,095, soit ∫ λ =−λxe d 0,095

x

0

1000

.

1 – e–1000l = 0,095 ⇔ e–10000l = 0,905

⇔ –1000l = ln(0,905)

⇔ λ = −ln( , )0 905

1000.

• On résout alors l’équation d’inconnue t :

P(T t) = 0,5 soit ∫ λ =−λxe d 0,5

xt

0.

1− e−λt = 1

2 ⇔ e

−λt = 1

2 ⇔ −λt = − ln(2) ⇔ t = ln(2)

λD’où, la valeur de la demi-vie :

t1 2

1000 2

0 905/

ln( )

ln( , )= − soit t

1/2 ≈ 6 944 h.

c) L’événement « X < 0 » et « X 1» signifie :

« X [–3 ; 0] » et « X – 1 » ou « X 1 ».

c’est-à-dire « –3 X – 1 ».

–3 –1 0 1 7

( ) = − − =P (X 0) ( X 1) P( 3 X 1) 0,2 .

d) L’événement « X 0 » ou « X 1 » signifie :

« X [–3 ; 7] » (événement certain).

Donc ( ) =P (X 0 (X 1)) 1.

2. Tout intervalle I, centré en 0 et contenu dans [–3 ; 7], est inclus dans [–3 ; 3]

; donc, il vérifie :

< ( )[ ]−P(X I) P X 3 ; 3 soit <P(X I) 0,6 .

–3 30 7

Ainsi, il n’existe pas d’intervalle I centré en 0 tel que :P(X I) = 0,7.

36 1. X est la variable aléatoire qui indique le nombre choisi au hasard dans I = [–α ; α].

( )− P X 2; 8 est définie si, et seulement si, − 2 8;

est contenu dans I c’est-à-dire α 2 2 .

( )− =P X 2 ; 8 0,3

⇔

α=

3 2

2

3

10⇔ α = 5 2 .

Ainsi I = −5 2 5 2; .

2. Alors ( ) = =P X 2; 182 2

10 20,2 .

37 1. On note X la variable aléatoire qui indique l’instant (en min) d’arrivée du bus après 10 h.X suit la loi uniforme sur [0 ; 30]. L’événement A « l’attente dure dix minutes ou plus » signifie « X 10 ».

[ ][ ]

= = =P(A) P(X 10)longueur de 10 ; 30

longueur de 0 ; 30

2

3 .

2. On désigne par B l’événement « à 10 h 15 le bus n’est pas arrivé » et par C l’événement « l’attente dure au moins 25 min ».

( )= =P (C) P (X 25)

P (X 15) et (X 25)

P(X 15)B X 15

P CP X

P XB( )

( )

( )= = ÷ =

25

15

5

30

15

30

1

3.

38 1. T suit la loi uniforme sur [25 ; 45]. Sa densité f est

définie sur [25 ; 45] par x1

20.

2. a) P(T = 30) = 0.

b) [ [[ ]

= = =P(T 30)longueur de 25 ; 30

longueur de 25 ; 45

5

20

1

4.

c) = =P(T 30)15

20

3

4.

d) P T( )35 372

20

1

10< < = = .

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Donc P T( ) t p p p= − +3 32 3 , soit :

= − +−λ − λ − λP(T) 3e 3e e

t t t2 3 [1].

2. a) La proposition k s’énonce : « le système ne fonctionne pas lorsqu’aucun de ses compo-sants fonctionne ».b) L’événement « T t » signifie :

« T1 t » et « T

2 t » et « T

3 t ».

t t t t( )=P(T ) P (T ) (T ) (T )1 2 3

;

d’où, en raison de l’indépendance mutuelle du fonctionne-ment de ces composants :

t t t t p= × × = −P(T ) P(T ) P(T ) P(T ) (1 )1 2 3

3 .

Ainsi P(T t) = 1 – (1 – p)3, soit :P(T t) = 1 – (1 – e–lt)3 [2].

Note. En développant l’expression [2], on retrouve l’ex-pression [1].3. La méthode issue de la proposition k est plus simple à mettre en œuvre.

EXERCICES DE SYNTHÈSE

48 1. a) < < ∫= λ −λxP(50 D 100) e d

x

50

100

< < = +− λ − λP(50 D 100) e e

50 100 avec λ =1

82 d’où : P D( ) ,50 100 0 248< < ≈ .

b) ∫= − = − λ −λxP(D 300) 1 P(D 300) 1 e d

x

0

300

= ≈− λ

P(D 300) e 0,026300

.

2. La loi de D est une loi exponentielle ; donc, elle est « sans mémoire » ; d’où :

= = ≈− λ

P (D 325) P(D 25) e 0,737D 300

25

.

3. d =m

E T( ) =1

λ. Ainsi d

m = 82 km.

4. a) Pour un autocar pris au hasard dans le parc de l’entre-prise, on note S l’événement « l’autocar n’a subi aucun inci-dent après avoir parcouru d

m km » c’est-à-dire « D d

m».

Alors :

∫= = − λ = = =−λ −λ −λ×λ −

p xP(S) 1 e d e e ed d

d1

0

1m mm

.

Xdm

indique le nombre de réalisations de S lors de la répéti-tion de 96 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes associées à S ; donc X

dm suit la loi (96 ; e–1).

b) Le nombre moyen d’autocars n’ayant subi aucun incident après avoir parcouru d

m km est : E(Xdm

) = 96 e–1 ≈ 35.


50 1. a) < ∫= λ = −−λ −λp = xP(T 1) e d 1 e

x

0

1

; d’où :

= − ≈−

p 1 e 0,2835

1

3 .

b) ∫= − = − =− −

t t xP(T ) 1 P(X ) 11

3e d e

xt t1

3

0

1

3 .

44 1. On résout l’équation d’inconnue t :P(X t) = P(X t).

P(X t) = P(X t) ⇔ P(X t) = 1 – P(X t)

⇔ =P X( )< t

1

2

⇔ ∫ λ =−λ

xe d1

2

xt

0 ⇔

− =−λ

1 e1

2

t

⇔ e

−λt = 1

2

⇔ −λt = − ln(2)

⇔ =tln( )2

λ.

Ainsi, la demi-vie associée à X est t1 2

2

/

ln( )=

λ.

2. Si t1/2

= 99 alors λ = =ln( ) ln( )

/

2 2

991 2t

.

< < ∫= λ = −−λ − λ − λxP(100 X 200) e d e e

x

100

200100 200

= − ≈− −

e e 0,250

100 ln(2)

99

200 ln(2)

99 .

45 1. a) L’expression de la demi-vie t1 2

2

/

ln( )=

λ a été

obtenue, par exemple, dans l’exercice 22, 2. a) ou dans l’exercice 44.

Pour le carbone 14 : λ = =ln( ) ln( )

/

2 2

55681 2t

.

∫= λ = − ≈−λ − λxP(X 100) e d 1 e 0,117

x

0

10001000 .

b) P(X x) = 0,2 ⇔ λe−λt

dt = 0,20

x∫

⇔ − =−λ1 e 0,2

x x

⇔ =−λe 0,8

x

⇔ = −xln( , )0 8

λ.

D’où, une valeur approchée : x ≈ 1792 ans.

2. a) Pour le césium λ = =ln( ) ln( )

/

2 2

301 2t

.

= − ≈− λP(X 1 000) 1 e 1

1000 .

b) x = −ln( , )0 8

λ donc x ≈ 10 ans.


47 1. D’après j, l’événement « T t » signifie :« T

1 t » ou « T

2 t » ou « T

3 t ».

t t t t( )=P(T ) P (T ) (T ) (T )1 2 3

t t t t

t t t t

t t t t t

( )( ) ( )( )

= + +

− −

− +

P(T ) P(T ) P(T ) P(T )

P (T ) (T ) P (T ) (T )

P (T ) (T ) P (T ) (T ) (T ) .

1 2 3

1 2 1 3

2 3 1 2 3

Or :• P T P T P T( ) ( ) ( )

1 2 3 t t t p= = =

avec : ∫= − λ =−λ −λp x1 e d e

xt

t

0;

• en raison de l’indépendance mutuelle du fonctionnement de ces composants :

t t t t p( ) = × =P (T ) (T ) P(T ) P(T )1 2 1 2

2 ,et de même :

t t t t p( ) ( )= =P (T ) (T ) P (T ) (T )1 3 2 3

2 ;

• enfin, t t t p( ) =P (T ) (T ) (T )1 2 3

3 .

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. S

2. a)

b) Histogramme des fréquences.

c) On peut conjecturer que la variable aléatoire Y suit une loi exponentielle.

d) L’affichage d’une courbe de tendance de type exponentiel qui ajuste l’histogramme semble confirmer la conjecture.

x

[0 ; 1[

[1 ; 2[

[2 ; 3[

[3 ; 4[

[4 ; 5[

[5 ; 6[

[6 ; 7[

[7 ; 8[

[8 ; 9[

[9 ; 10[

[10 ; 11[

[11 ; 12[

[12 ; 13[

0,05

0

0,10

0,15

0,20

0,25

0,30

0,35

0,40

0,45

0,50

y

0,3968

0,2416

0,1376

0,0933

0,0543

0,0351

0,0203

0,0109

0,0073

0,0023

0,0017

0,0010

0,0046

Note. Dans cette approche, seule l’allure de la courbe d’ajus-tement est recherchée et non la détermination de son équa-tion et la justification de la technique utilisée.

3. a) ∀ t [0 ; + [ : Y t ⇔ –2 ln(1 – X) t

Y t ⇔ ln(1 – X) −t2⇔ −

− t

− t

2⇔1− X > e

− t2

Y < t ⇔ X <1− e− t

2 .Or, X suit la loi uniforme sur [0 ; 1] ; donc :

[ ]( ) = −

=

−

−

−

tP Y P X 1 e

longueur de 0 ; 1 e

longueur de 0 ; 1

t

t

2

2

< <

soit = −−

tP(Y ) 1 e

t

2< .

2. = = ≈−

P(A) P(T 1) e 0,716 5

1

3 .

= = = ≈− ×

−P(B) P(T 3) e e 0,367 9

1

33

1 .

T suit une loi exponentielle. Cette loi de durée de vie étant sans vieillissement, on a :

= = = =−

P (B) P (T 3) P(T 2) e 0,513 4A T 1

2

3 .

3. a) Le taux de remboursement à prévoir correspond à la probabilité P(T 1) ; donc, d’après la question 1. a), le taux est d’environ 28,35 %. b) On résout l’inéquation d’inconnue t :

P(X t) 0,08 soit <−−

1 e 0,08t

1

3 .

1− e− 1

3t< 0,08 ⇔ e

− 1

3t> 0,92 ⇔− 1

3t > ln(0,92)

⇔ t – 3ln(0,92).Or –3 ln(0,92) ≈ 0,25 (par défaut). On peut donc estimer que le fabricant aurait dû proposer une durée de garantie, t

0,

d’environ un quart d’année, soit 3 mois. 4. a) Pour un jouet pris au hasard dans le lot, l’événement S

« le jouet sera remboursé » a pour probabilité = −

−p 1 e

1

3 . X indique le nombre de réalisations de S lors de la répéti-tion de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes associées à S ; donc X suit la loi (3 ; p). D’où, pour tout entier k tel que 0 k 3 :

P X( ) ( )= kk

p pk k=

− −31

3 .

Loi de X :

k 1 2 3 4

P(X = k)(1 – p)3

0,367 93p(1 – p)2

0,436 63p2(1 – p)3

0,172 7p3

0,022 8

b) E(X) = 3p d’où E(X) ≈ 0,85.

AVEC LES TICE

51 1. a) f est dérivable sur [0 ; 1[ et, pour tout nombre x de [0 ; 1[ :

=−

f xx

’( )2

1

donc f ’(x) > 0.

On pose U = 1 – x. Alors f (x) = – 2ln(U).

limx

x→

+−

−( ) =1

1 0 et [ ]− = +

→ +lim 2 ln(U)U 0

; donc :

f xx

= +→ −

lim ( )1

.

Tableau de variation :

x 0 1

f’ + –

f0

+

b) f est continue et strictement croissante sur [0 ; 1[ ; donc, l’image de [0 ; 1[ est l’intervalle [0 ; +[.Ainsi, l’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire Y est l’intervalle [0 ; +[.

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. S

b) Test avec AlgoBox

(k ; a) Valeur affichée Valeur exacte

(0,1 ; 0,05) 30 29

(0,01 ; 0,1) 231 230

(0,1 ln(2) ; 0,2) 24 23

c) Étude de l'algorithme proposé

Le test des couples indique un décalage de 1 entre la valeur

affichée et la valeur exacte calculée.

Dans la boucle « tant que », la condition est testée avant

d’exécuter la tâche ; donc, pour la dernière valeur de n,

l’instruction n prend la valeur n + 1 est exécutée ; d’où le

décalage de 1 pour la valeur affichée.

Modification possible :


53 On exprime l’aire du triangle AOM en fonction de θ.

yM = sin ()

y

xA’

M

AH

B

O

aire AOM OA MHM

( ) = × = × ×1

2

1

21 y

soit aire AOM( ) sin( )=1

2θ .

On note Θ la variable aléatoire qui indique la valeur de θ et S la variable aléatoire qui indique la valeur de l’aire du

triangle AOM.

S < 0,25

⇔ <θ1

2sin( )

1

4

⇔ sin(θ) <

1

2

⇔ < < < <θ

π πθ π0

6ou

5

6.

b) • <t t f x xt

∫= =F( ) P(Y ) ( )d0

.

• f est continue et positive sur [0 ; + [ ; donc, F est dérivable sur [0 ; +[ et F’ = f.

Ainsi, pour tout nombre t 0 :

= =−

f t t( ) F’( )1

2e

t1

2 .

• Donc, f est la densité d’une loi exponentielle de paramètre

λ =1

2.

c) On peut comparer les fréquences observées sur chacun des intervalles I

n de l’expérimentation avec les probabilités :

∫=−+

xP(Y I )1

2e d

n

x

n

n

1

21

(n entier de 0 à 12).

Tableau des probabilités ci-dessous :

In

[0 ; 1[ [1 ; 2[ [2 ; 3[ [3 ; 4[ [4 ; 5[

P(Y In) 0,393 0,239 0,145 0,088 0,053

In

[5 ; 6[ [6 ; 7[ [7 ; 8[ [8 ; 9[

P(Y In) 0,032 0,020 0,012 0,007

In

[9 ; 10[ [10 ; 11[ [11 ; 12[ [12 ; 13[

P(Y In) 0,004 0,003 0,002 0,001

On vérifie que les résultats de l’expérimentation sont bien en accord avec la loi obtenue pour la variable aléatoire Y.

52 1. n désignant un entier naturel, on a :

< ∫= = −− −n k xP(X ) e d 1 ekx

nk n

0.

P(X < n) <1− a⇔1− e−kn

<1− a⇔ −k n a n − a⇔ − −kn − a⇔ e

−k n> a

⇔−kn > ln(a)

⇔ n < − ln(a)

k.

Le plus grand entier solution est :

na

k0= −

Eln( )

où E(x) désigne la partie entière du nombre x.

2. a) L’algorithme utilise la fonction définie sur [0 ; +[ par :<= = − −

f x x( ) P(X ) 1 ekx .

b) Mise en œuvre de l’algorithme proposé :

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. S

57 1. a) La fonction j est le produit de deux fonctions

dérivables sur [0 ; + [ ; donc elle est dérivable sur [0 ; + [.

∀ t [0 ; + [, j(t) = lte–lt ; j'(t) = le–lt – l2te–lt – lj(t),

d’où j(t) = = −λ

−λe

1t j’(t).

b) ∀ x [0 ; + [, on pose x tx

∫=I( ) (0

j(t) dt.

I(x) = − 1

λe−λt − 1

λϕ(t)

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ 0

x

= − 1

λe−λt − te

−λt⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ 0

x

soit = −λ

− +λ

−λ −λx xI( )

1e e

1x x .

c) E T I( ) lim ( )=→+∞x

x .

= −

λ+λ

−λ +λ

−λ −λx xI( )

1e

1( )e

1x x

soit =λ

− + −λ + −λ −λ

x xI( )1

e ( )e 1x x

d’où, en posant U = –lx :

=λ

− + + xI( )1

e Ue 1U U .

Or , limx→+∞

= −∞U et = =→−∞ →−∞lim e lim Ue 0

U

U

U

U ;

d’où :

λ− + + =

λ→−∞lim

1e Ue 1

1

U

U U .

Donc lim ( )x

x→+∞

=I1

λ soit E T( ) =

1

λ.

2. a) E(T) = 4 000 h ; donc λ = =1

E(T)

1

4 000 h–1.

< < ∫= λ = −−λ − λ − λtP(2 000 T 6 000) e d e e

t

2 000

6 0002 000 6 000

soit < < = − ≈− −

P(2 000 T 6 000) e e 0,383

1

2

3

2 .


56 1. a) ∀ t [0 ; + [ : t t t= = −R( ) P(X ) 1 P(X )

∫= − λ −λt xR( ) 1 e d

xt

0.

Or ∫ λ = − = − +−λ −λ −λxe d e e 1

x

tx

tt

0 0 ; donc R(t) = e–lt.

b) ∀ t [0 ; + [, ∀ s [0 ; + [ :

t st t s

t

t s

tt

( )+ =

+=

+P (X )

P (X )et (X )

P(X )

P(X )

P(X )X

+ =+

= = =

−λ +

−λ

−λt s

t s

tsP (X )

R( )

R( )

e

ee R( )

t

t s

t

s

X

( )

.

Ainsi, cette probabilité conditionnelle ne dépend pas de t (propriété d’une loi « sans mémoire »).

2. a) P(X 1 000) = R(1 000) = e– 0,26 ≈ 0,771. P(X 1 000) = 1 – P(X > 1 000) ≈ 0,229.

b) PX >1 000

(X > 2 000) = R(1 000) ≈ 0,771.(On applique la formule du 1. b) avec t = 1000 et s = 1000) .

c)

( )=P (X 3 000)

P (X 2 000) et (X 3 000)

P(X 2 000)X 2 000

=P (X 3 000)P(2 000 X 3 000)

P(X 2 000)X 2 000

.

Or, ∫= −xP(2 000 X 3 000) 0,000 26e d

x0,000 26

2 000

3 000

= –e–0,78 + e–0,52 donc :

=−

= − ≈− −

−−

P (X 3 000)e e

e1 e 0,229X 2 000

0,52 0,78

0,52

0,26 .

Remarque. On pouvait prévoir ce résultat en utilisant direc-tement la loi des nœuds.

>

= −P (X 3 000) 1 P (X 3 000)X 2 000 X 2 000

= 1 – P(X > 1 000) ≈ 0,229.

EXERCICES Le jour du bac (page 399)

Cette probabilité est indépendante de l. Léa a donc raison. Représentation graphique :

1t—2

x

y

1aire = — – e–1

2

O

0,5 y = f (x)

e–1

Note. τ est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe

f au point d’abscisse 0 et de l’axe (Ox)

(cf. exercice. 42 ).

Or, Θ suit la loi uniforme sur [0 ; p] et les intervalles

π

0 ;6

et 5

6

ππ;

sont disjoints et de même longueur ; on a donc :

< = Θπ

+ Θ

ππ

P(S 0,25) P 0 ;6

P5

6;

soit P S( , )< 0 25 21

6

1

3= × = .

54 t1 2

2

/

ln( )=

λ(cf. exercice. 22 ) et τ

λ= =E T( )

1.

Or, ln(2) 1 donc t1/2

τ. Ainsi :

< < ∫( )τ = λ = − −λτ −λ τ

t xP T e d ex

t

x

t1/2

1/2 1/2

)τ = − + = − +−λ τ −λ−λ×

λ−λ×

λe e e et

1 ln(2)

1/2

)τ = − +−

e e1

ln1

2 )τ = −−1

2e 1

.

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60 A. 1. a) L’achat des composants définit un schéma de Bernoulli d’ordre n = 50 dont une épreuve consiste à examiner si le composant a un défaut (événement D). La probabilité de réalisation de D est p = 0,02.Si on note X la variable aléatoire qui indique le nombre de composants défectueux parmi les 50, alors X suit une loi (50 ; 0,02).

= =

× ≈P(X 2)

50

20,02 0,98 0,19

2 48 .

b) On note A l’événement « au moins un des composants est défectueux ». A

– signifie « X = 0 ».

Ainsi :P(A) = 1 – P(X = 0) soit P(A) = 1 – 0,9850 ≈ 0,64.

2. Le nombre moyen de composants défectueux parmi les cinquante est :

E(X) = np = 50 0,02 = 1.

B. 1. a) Pour un composant défectueux :

∫= − λ = = ≈−λ − λ −xP(T 1 000) 1 e d e e 0,61

x

1 10

1 0001 000 0,51 1 .

b) Pour un composant sans défaut :P(T

2 1 000) = e–1 000l2 = e–0,1 ≈ 0,90.

2. Un arbre permet d’illustrer la situation.

1 – e2t

e–2t

1 – e1t

e–1t

D

T t

T t

T t

T t

–D

0,98

0,02

Note. P

D(T t) = P(T

1 t) = e–l1t

et PD– (T t) = P(T

2 t) = e–l2t.

D’après la formule des probabilités totales :

P(T t) = P(D (T1 t)) = P(D– (T t))

P(T t) = 0,02 e–l1t + 0,98 e–l2t

soit P(T t) = 0,02 e–510–4t + 0,98 e–10–4t.

3.

=( )

P (D)P D (T 1 000)

P(T 1 000)T 1 000

=×

× + ×

− λ

− λ − λP (D)

0,02 e

0,02 e 0,98 eT 1 000

1 000

1 000 1 000

1

1 2

=×

× + ×≈

−

− −P (D)

0,02 e

0,02 e 0,98 e0,01

T 1 000

0,5

0,5 0,1.

61 1. Faux : on note TB la durée de vie (en année) d’une

ampoule bleue, TR celle d’une ampoule rouge et T

J celle

d’une ampoule jaune.

PU1

(TR , 5) = λR10

5

∫ e−λR1xdx = 1− e

−5λR1

= 1− e−1 .

b) δ =P(T ) 0,5

⇔ ∫− λ =−λδ

t1 e d1

2

t

0

⇔ − − = =−λδ1 (1 e )

1

2 ⇔

=

−δ

e1

2

E(T)

⇔ − = − ⇔ =δ

δE T

E T( )

ln( ) ( ) ln( )2 2 .

Ainsi, d = 4 000ln(2) ≈ 2 773 h.

58 1. < < ∫= λ −λxP(500 X 1 000) e d

x

500

1 000

< < = − = −−λ − λ − λP(500 X 1 000) e e e

x

500

1 000500 1 000 .

2. Par hypothèse, P(500 X 1 000) = 0,25 ; d’où l’équa-tion d’inconnue l :

− =− λ − λe e

1

4

500 1 000 .

On pose X = e – 500l.L’équation s’écrit :

X X− =2 1

4 soit 4X2 – 4X + 1 = 0.

Ainsi (2X – 1)2 = 0 donc X = 1

2.

Par retour à l’inconnue l :

=− λe

1

2

500 ⇔ –500 l = – ln(2) ⇔ λ =ln( )2

500.

D’où l ≈ 0,001 4.

59 1. P(T [t ; + [) = P(T t) = 1 – P(T t)

∫( )[ [+ = − λ −λt xP T ; 1 e d

xt

0

Or ∫ λ = − = − +−λ −λ −λxe d e e 1

x

tx

tt

0 0, donc :

P(T [t ; +[) = e–lt. Ainsi seule b) est vraie.

2. P(T [[0 ; t[) = P(T ∈[t ;+`[) ⇔ λe−λx

dx0

t∫ = e

−λt

⇔ 1− e

−λt = e−λt ⇔ e

−λt = 1

2⇔ −λt = − ln(2)

⇔ =t

ln( )2

λ.

Ainsi seule a) est vraie.

3. P(T <1) = 0,18 ⇔ 1− e−λ = 9

50 ⇔ e

−λ = 41

50

⇔ − =

⇔ = −

⇔ =

λ λ λln ln ln41

50

41

50

50

41

.

Ainsi seule a) est vraie.

4. T suit une loi exponentielle, donc « sans vieillissement ». Ainsi P

T2(T 3) = P(T 1) = P(T [1 ; + [).

Ainsi seule a) est vraie.5. P(T 3) = e–3l = e – 0,6 ≈ 0,5488.Ainsi seule b) est vraie.

6. L’examen des appareils définit un schéma de Bernoulli d’ordre n = 10 dont une épreuve consiste à examiner si l’appareil n’a pas eu de panne au cours des trois premières années (événement S).

p = P(S) = P(T 3) = e–0,6.Ainsi, X suit une loi (10 ; e–0,6).

( )= =

− = −

− −p pP(X 4)

10

4(1 ) 210e 1 e

4 6 2,4 0,6 6 ≈ 0,1607.

Ainsi seule c) est vraie.

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. S

D’après la formule des probabilités totales :

= + = + =P(C ) P(A K ) P(B K ) P(A ) P(B )3

41 1 1 1 1

.

= + = + =P(C ) P(A K ) P(B K ) P(A ) P(B )5

82 2 2 2 2

.

2. Une particule entre au hasard dans K2 avec une proba-

bilité p = =P C( )2

5

8. On répète cinq fois, de manière indé-

pendante, cette expérience qui définit un schéma de Bernoulli d’ordre 5. La variable aléatoire X, qui indique le nombre de

particules dans K2, suit une loi 5

5

8;

.

Ainsi, = =

= ≈P(X 2)

5

2

5

8

3

8

3 375

16 3840,206

2 3

.

B. 1. La demi-vie des particules de A est telle que :

p t( ) , ,/1 2

1

20 75 0 375= × = .

p(t1/2) = 1

2× 0,75 ⇔ 0,75e

−λt1/2 = 1

2× 0,75

⇔ e−λt1/2 = 1

2 ⇔ −λt

1/2= − ln(2)

⇔ =λln( )

/

2

1 2t

.

D'où λ = ≈ × −ln(2)

5 73012 10

5 .

2. Dire qu’à l’instant t, 10 % des particules A se sont trans-formées signifie que la proportion de particules A dans le gaz ne représente plus que 90 % de la proportion initiale p(0). Ainsi :

p(t) = 0,9× 0,75 ⇔ 0,75e−λt = 0,9× 0,75

⇔ e−λt = 0,9 ⇔ −λt = ln(0,9)

⇔ = −tln( , )0 9

λ

D'où t = −×

≈5 730 ln(0,9)

ln(2)871 .

Au bout d’environ 871 ans, 10 % des particules A se seront transformées en particules B.

3. On résout l’équation p(t) = 0,5.

0,75e−λt = 0,5 ⇔ e−λt = 2

3 ⇔ −λt = ln

2

3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇔ = −

λ=

λ

ln2

3 ln(1,5)t .

D'où t = ≈5 730 ln(1,5)

ln(2)3 352 .

Au bout d’environ 3 352 ans, il y aura autant de particules A que de particules B.

2. Vraie : d’après la formule des probabilités totales :

( ) ( )= +P(T 5) P U (T 5) P U (T 5)B 1 B 2 B

= × + ×P(U ) P (T 5) P(U ) P (T 5)1 U B 2 U B1 2

= − + −− λ − λ0,6(1 e ) 0,4(1 e )

5 5B1 B2

= − −− −1 0,6e 0,4e

1,25 1 .

3. Vraie : d’après la formule des probabilités totales :P TJ( )5 10< < =

< < < <( ) ( )+P U (5 T 10) P U (5 T 10)1 J 2 J

.

Or < < < <( ) = ×P U (5 T 10) P(U ) P (5 T 10)1 J 1 U J1

∫= × λ −λx0,6 e d

x

J15

10J1

= −− λ − λ0,6(e e )

5 10J1 J1

= −− −0,6(e e )

0,75 1,5

et < <( ) = −− λ − λP U (5 T 10) 0,4(e e )

1 J

5 10J 2 J 2

= −− −0,4(e e )

0,5 1

donc = − + −− − − −P(5 T 10) 0,6(e e ) 0,4(e e )J

0,75 1,5 0,5 1< < .

4. Faux : la demi-vie t1/2

d’une ampoule jaune de U2 est

définie par P(TJ2

t1/2

) = 0,5. Or :

P(TJ2

< t) = 0,5 ⇔ λJ2

0

t∫ e

−λJ 2xdx = 1

2 ⇔ 1− e

−λJ2t = 1

2

⇔ e−λJ2t = 1

2 ⇔ −λ J2

t = − ln(2)

⇔ =tln( )2

λJ2

.

Donc t1 2

2

0 110 2

/

ln( )

,ln( )= = .

62 A. 1. L’arbre ci-dessous représente l’expérience :

A

B

K1

K2

K1

K2

1—3

3—4

1—4

2—3

1—2

1—2

= = × = × =P(A ) P(A K ) P(A) P (K )3

4

1

3

1

41 1 A 1

.

= = × =P(A ) P(A K )3

4

2

3

1

22 2

.

= = × =P(B ) P(B K )1

4

1

2

1

81 1

.

= = × =P(B ) P(B K )1

4

1

2

1

82 2

.

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

soit :

( )=λ

−λ

+I(A)1 1

U e e2 2

2 U U .

Or limA

U→+

= −

et = =→− →−lim U e lim e 0

U

2 U

U

U

;

d’où :

( )λ

−λ

+

= λ→−

lim1 1

U e e1

U2 2

2 U U

2

donc lim I( )A

A→+

=

12λ

. Ainsi V X( ) =1

2λ.

65 A. 1. a) Représentation de l’événement « Z t » :

O t

t

10

10

x

y

y = x y x

y x

Note. Dans le demi-carré inférieur de , Y X ; donc « Z t » signifie « X t ».Dans le demi-carré supérieur de , Y X ; donc « Z t » signifie « Y t ».D’où le domaine qui représente l’événement « Z t ».

b) P Zaire

aire( )

( )

( )< t

t= =

2

100.

2. a) Dire que max(X ; Y) est inférieur ou égal à t signifie que X et Y sont tous deux inférieurs ou égaux à t.Ainsi « Z t » = « X t » « Y t ».b) P(Z t) = P((X t) (Y t))

= P(X t) P(Y t)) (indépendance des coordonnées).

Or X et Y suivent la loi uniforme sur [0 ; 10] ; donc :

P X P Y( ) ( )< <t tt= =

10.

D’où P Z( )< tt=

2

100.

3. a) ∀ t [0 ; 10], <t t f x xt

∫= =F( ) P(Z ) ( )d0

.

f est continue et positive sur [0 ; 10] donc F est dérivable sur [0 ; 10] et F’ = f.

b) ∀ t [0 ; 10], = =f t tt

( ) F’( )50

.

B. 1. a) Représentation de l’événement « T t » :

t

t

10

10

x

y

y = x

y x

y x

O

63 1. a) ∀ x [a ; b], f xb a

( ) =−1

.

b) E X( ) =+a b

2.

2. x f x xa

b

∫ ( )= −V(X) E(X) ( )d2

b ax

a bx

a

b

∫=−

−+

V(X)

1

2d

2

V X( ) =−

−+

1 1

3 2

3

b ax

a b

a

b

V X( )( )

=−

−+

− −+

1

3 2 2

3 3

b ab

a ba

a b

V X( )

( )

( ) ( ) ( )=

−−

−−

=

−1

3 8 8

2

24

3 3 3

b a

b a a b b a

(( )b a−

V X( )

( )=

−b a2

12.

64 1. a) ∀ x [0 ; +], f (x) = le–lx.

b) E X( ) =1

λ.

2. a) ∀ x [0 ; +] :

= λ −λ

= λ − +

λ

−λ −λg x x x x( )

1e 2

1e

x x

2

2

et G(x) = (ax2 + bx + c) e–lx.

G est le produit de deux fonctions dérivables sur [0 ; +[ donc G est dérivable sur [0 ; +[ :

G’(x) = (2ax + b)e–lx – l(ax2 + bx + c)e–lx

G’(x) = (–alx2 + (2a – bl)x + b – cl)e–lx.

G est une primitive de g sur [0 ; +[ si, et seulement si, pour tout x 0, G’(x) = g(x) ; soit :

a x a b x b c x x− λ + − λ + − λ = λ − +λ

(2 ) 212 2 .

Par identification des coefficients, on obtient :

− =− = −

− =

a

a b

b c

λ λ

λ

λλ

2 2

1 donc

a

b

c

= −=

= −

1

0

12λ

.

Ainsi = − +λ

−λx xG( )

1e x2

2.

b) Pour tout nombre A 0, I(A) = ∫ g x x( )d0

A

.

[ ]= = − +λ

−λx xI(A) G( )

1e

x

0

A 2

2

0

A

= − +λ

+

λ−λ

I(A) A1

e12

2

A

2.

c) Par définition :

∫= λ −

λ

=

→+

−λ

→+x xV(X) lim

1e d lim I(A)

x

A 0

A2

A.

On pose U = –lA d’où AU

= −λ

.

Ainsi := −

λ+λ

+λ

I(A)U 1

e1

2

2 2

U

2

© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

Le point B est à l’intersection du plan : x + y + z = t et de

la droite (AB) : x

z

:=

=

1

1.

Ses coordonnées sont définies par le système :x

z

x y z t

=

=

+ + =

1

1 soit

x

y t

z

=

= −=

1

2

1

.

Ainsi B (1 ; t – 2 ; 1).De même C (1 ; 1 ; t – 2) et D (t – 2 ; 1 ; 1).ABCD est un tétraèdre de base le demi-carré de côté AB = 3 – t et de hauteur AD = 3 – t. D’où :

P S( ) ( ) ( )< t v t= = − − 11

63

3 .

3. a) ∀ t [0 ; 3], <t t f t tt

∫= =F( ) P(S ) ( )d0

.

Or f est continue et positive sur [0 ; 3] ; donc F est dérivable sur [0 ; 3] et F' = f.b) Ainsi, la densité f est définie sur [0 ; 3] par :

= = − − <

− <

f t t

t si t

t t si t

t si t

( ) F’( )

1

20 1

1

2

3

2( 1) 1 2

1

2(3 ) 2 3

2

2 2

2

< <

<

<

soit f t

f t t si t

t t si t

t

( )

( )

=

=

− + − <

−

1

20 1

33

21 2

1

23

2

2

2

< <

<

tt si t+ <

9

22 3<

.

Représentation graphique :

y = f (x)

O

1

x

y

1 2 3

aire = 1

67 1. Dans un triangle équilatéral, on note c le côté, h la hauteur et r le rayon du cercle circonscrit.

Alors r h= 2

3 et h

c= 3

2.

On en déduit que rc= 3

3 d’où c r= 3.

Lorsque r = 1, on obtient c = 3.

2. a) M doit appartenir à l’arc ouvert BC .

1

O

B

3

M

C

A

Note. Dans le demi-carré inférieur de , Y X ; donc « T t » signifie « Y t ».Dans le demi-carré supérieur de , Y X ; donc « T t » signifie « X t ».D’où le domaine qui représente l’événement « T t ».

b)

t

t= =

−P(T )

aire( )

aire( )

(10 )

100

2

; d’où :

< t t

t= − = −

−P(T ) 1 P(T ) 1

(10 )

100

2

.

2. a) Dire que min(X ; Y) est strictement supérieur à t signifie que X et Y sont tous deux strictement supérieurs à t.Ainsi « T t » = « X t » « Y t ».b) P(T t) = P((X t) (Y t))

= P(X t) P(Y t) (indépendance des coordonnées).

Or X et Y suivent la loi uniforme sur [0 ; 10] ; donc :

t tt

= =−

P(X ) P(Y )10

10.

Ainsi tt

=−

P(T )(10 )

100

2

; d’où :

< t tt

= − = −−

P(T ) 1 P(T ) 1(10 )

100

2

.

3. a) ∀ t [0 ; 10], <t t g x xt

∫= =G( ) P(T ) ( )d0

.

g est continue et positive sur [0 ; 10] ; donc G est dérivable sur [0 ;10] et G' = g.

b) ∀ t [0 ; 10], = =−

g t tt

( ) G’( )10

50.

66 1. On note (x ; y ; z) le triplet des coordonnées d’un point M pris au hasard dans le cube unité. Alors :[0 x 1 et 0 y 1 et 0 z 1] ⇒ 0 x + y + z 1.Donc, S prend ses valeurs dans [0 ; 3].Réciproquement, si S prend la valeur s dans [0 ; 3] alors

le point M s s s

3 3 3; ;

est un point du cube unité (puisque

03

1< <s ) donc la somme des coordonnées vaut s.

Ainsi, l’ensemble des valeurs prises par S est [0 ; 3].2. a) est un tétraèdre trirectangle de base un demi carré de côté t et de hauteur t.

P S( ) ( )< t v t t t= =

=1

3

1

2

1

6

2 3 .

b) est un tétraèdre trirectangle du type précédent tronqué aux trois coins.On enlève, à chaque coin, un tétraèdre trirectangle de base un demi-carré de côté t – 1 et de hauteur t – 1.

P S( ) ( ) ( ) ( ) .< t v t t t t= = − × − = − −1

63

1

61

1

6

1

21

3 3 3 3

c) est le cube unité tronqué au sommet A(1 ; 1 ; 1).On enlève le tétraèdre ABCD.

x

y

z

OA

B D

t

t

t

C


© N

ath

an

20

12

– T

ran

sma

th T

erm

. S

D’où p2

1

2=aire du disque de rayon

aire du disque de rayon 11

1

4= .

c) On note [QR] le diamètre tel que QR est orthognal

u ,

où u est un vecteur directeur de chacune des cordes (toutes

parallèles à la corde fixée).J et K désignent les milieux des rayons [OQ] et [OR]. Alors, la corde [ST] est de longueur strictement supérieure à 3 si, et seulement si, L appartient au segment ouvert ]JK[.

O

S

3

TQ

R

J

K

u

L

Ainsi p3

1

2=

] [[ ]

=longueur de JK

longueur de QR.

Note. La définition des cordes change suivant le protocole mis en œuvre. On utilise, dans chaque cas, la loi uniforme mais sur des univers différents.

D’où

= =longueur de BC

longueur du cercle

1

31p .

b) La corde [FG] a pour longueur 3 si, et seulement si, son milieu I est aussi le milieu du rayon [OE’] qui passe par I. En effet, d’après le théorème de Pythagore :

OI2 = OF2 – FI2 = 1 – FI2 d’où OI FI= −12 .

FG FI OI= ⇔ = ⇔ =33

2

1

2 ⇔ I milieu de [OE’].

O

F

I

G

E

E’

3

Pour que la corde [FG] ait une longueur strictement supé-

rieure à 3 , il faut, et il suffit, que I appartienne au disque

ouvert de centre O et de rayon 1

2.

15CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 14 Lois normales

© Nathan 2012 – Transmath Term

. S

Suites14CH

API

TRE

1

Lois normales

3 a) X = σZ + µ = 0,5Z + 3,2 ; donc :

P (3,2 X < 4) = P (3,2 0,5Z + 3,2 < 4)

= P (0 0,5Z < 0,8)

= P (0 Z < 1,6).

b) P (3,2 X < 4) = P (0 Z < 1,6)

≈ P 3,2 < X < 4( ) = P(0 < Z < 1,6)

≈ ϕ(x)dx0

1,6

∫ .

Activité 2

1 a) X suit la loi ( )25,1

2.

E (X) = 25 × 1

2 = 12,5 ; σ(X) = = × × =25

1

2

1

22,5 .

b) k C(25, k) C(25, k)/2^250 1 0,000 000 031 25 0,000 000 752 300 0,000 008 943 2 300 0,000 068 554 12 650 0,000 377 005 53 130 0,001 583 406 177 100 0,005 277 997 480 700 0,014 325 988 1 081 575 0,032 233 459 2 042 975 0,060 885 4010 3 268 760 0,097 416 6411 4 457 400 0,132 840 8712 5 200 300 0,154 981 0213 5 200 300 0,154 981 0214 4 457 400 0,132 840 8715 3 268 760 0,097 416 6416 2 042 975 0,060 885 4017 1 081 575 0,032 233 4518 480 700 0,014 325 9819 177 100 0,005 277 9920 53 130 0,001 583 4021 12 650 0,000 377 0022 2 300 0,000 068 5523 300 0,000 008 9424 25 0,000 000 7525 1 0,000 000 03

Activité 1

1 a) L’aire totale de l’histogramme est égale à 1; donc,

chaque rectangle élémentaire a pour aire 0,01.

D’où les fréquences : 0,02 ; 0,04 ; 0,07 ; 0,10 ; 0,13 ; 0,14 ;

0,14 ; 0,13 ; 0,10 ; 0,07 ; 0,04 ; 0,02.

Fréquences demandées : 0,5 ; 0,94 ; 0,44.

b) P (X < 4) = 0,5 ; P (X < 3,2) = 0,94 ; P (3,2 X < 4) = 0,44.

E (X) = 3,2 ; σ(X) ≈ 0,5.

2 a)

b) zi+1 − zi = xi+1 − µσ

− xi − µσ

= xi+1 − xiσ

= 0,2σ

= 15σ .

Or di (z

i+1 – z

i) = f

i, donc di = fi

zi+1 − zi= 5σfi .

c)

. S

2 Enseignement spécifique Chapitre 14 Lois normales

2 a) ; b).

0

0,8

1,6

3,6

–3,2

–3,6

–1,6

–0,8

0,4

1,2

2,02,42,83,2

–2,8

–2,4

–2,0

–1,2

–0,4

0,1

0,2

0,3

0,4

3 a) =−

ZX 12,5

2,5 donc X = 2,5 Z + 12,5.

P (11 < X < 15) = P (11,5 < X < 14,5)

= P (11,5 2,5Z + 12,5 < 14,5)

= P (–1 2,5Z < 2)

= P (–0,4 Z < 0,8).

b) Donc P (11 < X < 15) = P (–0,4 Z < 0,8) ≈ ϕ(x)−0,4

0,8

∫ dx .

12 14 16 214 8 10 13 15 17 18 19 205 6 7 9 11

c) L’aire totale est égale à 1, l’unité étant le dm2 (rectangle

de côtés 1 cm et 1 m).

3 a) P (–1,2 < Z < 1,2) = Φ(1,2) – Φ(–1,2) ≈0,8849 – 0,1151 ≈ 0,769 8,soit P (–1,2 < Z < 1,2) ≈ 0,770.

b) P (Z < –1,2 ou Z > 1,2) ≈1 – 0,770,

soit P (Z < –1,2 ou Z > 1,2) ≈ 0,230.

4 P (–1,7 < Z 2,1) = Φ(2,1) – Φ(–1,7) ≈0,9812 – 0,0446 ≈ 0,9366,soit P (–1,7 < Z 2,1) ≈ 0,937.

5 Aire du domaine rose : Φ(–1,5) ≈ 0,07.

1 1. P (Z < –2,3) ≈0,011 ; P (Z < 2,9) ≈ 0,998.

2. a) P (Z > –2,3) ≈0,989 ;

b) P (Z > 2,9) ≈0,02 ;

c) P (–2,3 Z 2,9) ≈0,987 ;

d) P (Z < –2,3 ou Z > 2,9) ≈ 0,013.

2 P (X [–1,5 ; 1,8]) = Φ(1,8) – Φ(–1,5)

≈0,964 – 0,067 ≈ 0,897,

soit P (X [–1,5 ; 1,8]) ≈ 0,90.


Chaque bille subit n fois la même épreuve de Bernoulli qui

consiste à rencontrer un clou. Appelons « succès » le fait

de tomber à droite et « échec » le fait de tomber à gauche.

Numérotons de 0 à n les cases d’arrivée à partir de la gauche,

et appelons X la variable aléatoire indiquant la case où arrive

la bille. X est aussi le nombre de succès et suit la loi bino-

miale ( )n,1

2.

Les proportions de billes dans chaque case sont des valeurs

approchées des probabilités selon cette loi ; donc elles maté-

rialisent grossièrement son histogramme.

Si n était supérieur à 30, cette loi serait valablement appro-

chée par la loi normale d’espérance n

2 et d’écart-type

n

2.

La courbe de densité de cette loi normale s’ajusterait assez

bien avec cet « histogramme ». Mais lorsque n = 8, l’ap-

proximation est très sommaire.

PROBLÈME OUVERT

. S


9 1 – α= 0,9 donc α= 0,1, d’où −α

=12

0,95.

r = u0,1

: c’est l’antécédent par Φ de 0,95, soit r ≈1,65.

10 α = 1

3, donc −

α=1

2

5

6.

Le rayon r de l’intervalle I est u1/3

, c’est-à-dire l’antécédent

par Φ de ≈5

60,83, soit r ≈0,95.

11 a) P (IMC < 18,5) = ( )− < −P

IMC 25,5

4

18,5 25,5

4

= P (Z < –1,75) = Φ(–1,75) ≈0,04

soit une proportion de 4 %.

b) P (25 < IMC < 30)

= ( )− < − < −P

25 25,5

4

IMC 25,5

4

30 25,5

4

= P (–0,125 < Z < 1,125)

= Φ(1,125) – Φ(–0,125) ≈ 0,87 – 0,45 ≈ 0,42


c) P (IMC > 30) = ( )−>

−P

IMC 25,5

4

30 25,5

4

= P (Z > 1,125) = 1 – Φ(1,125)

≈ 1 – 0,87 ≈ 0,13,


12 Notons D la variable aléatoire indiquant le diamètre

d’un pamplemousse pris au hasard.

a) ( )( )< =−

<−

P D 11 PD 12

4

11 12

4

= P (Z < –0,25) = Φ(–0,25) ≈ 0,40,


b) ( )( )< < =−

<−

<−

P 11 D 14 P11 12

4

D 12

4

14 12

4

= P (–0,25 < Z < 0,5) = Φ(0,5) – Φ(–0,25)

≈ 0,69 – 0,40 ≈ 0,29,


c) ( )( )> =−

>−

P D 14 PD 12

4

14 12

4 = P (Z > 0,5) = 1 – Φ(0,5) ≈ 1 – 0,69 ≈ 0,31,


13 X suit la loi 70,1

4( ).

E (X) = × =701

417,5 ; σ(X) = = × × ≈70

1

4

7

45,53.

Les conditions de l’approximation sont remplies :

n = 70 > 30 ; np = 17,5 > 5 ; n (1 – p) = 52,5 > 5.

Donc, X suit sensiblement la loi normale d’espérance 17,5

et d’écart-type 5,53.

a) ( ) ( )< = < ≈ −<

−

X 16 P X 15,5 PX 17,5

5,53

15,5 17,54

5,53

≈ P (Z < –0,36) ≈ Φ(–0,36),

soit (X < 16) ≈ 0,36.

b) 16 X 20 P 15,5 X 20,5< <( ) ( )= < < ≈

5 P15,5 17,5

5,53

X 17,5

5,53

20,5 17,5

5,53) ≈

−<

−<

−

≈

P 0,36 Z 0,54( )≈ − < < ≈ Φ(0,54) – Φ(–0,36) ≈ 0,705 – 0,359,

soit (16 X 20) ≈0,35.

Aire du domaine mauve :

Φ(0,05) – Φ(–1,5) ≈ 0,52 – 0,07 ≈ 0,45.

Aire du domaine vert : 1 – Φ(0,05) ≈ 1 – 0,52 ≈ 0,48.

0 1 2

–3

–1,5

0,5

1,5

2,5 3

–2,5 –2

–1

–0,5

6 a) P (Y < 2)

0 1–1–2–3 2 3

0,1

0,2

0,3

0,4

b) P (Y > –1)

0 1–1–2–3 2 3

0,1

0,2

0,3

0,4

c) P (–1 < Y < 2)

0 1–1–2–3 2 3

0,1

0,2

0,3

0,4

d) P (Y < –1 ou Y > 2)

0 1–1–2–3 2 3

0,1

0,2

0,3

0,4

7 α = 0,4 donc −α

=12

0,8. La condition Φ(x) = 0,8

fournit x ≈0,84.

8 1 – α= 0,7 donc α = 0,3, d’où −α

=12

0,85 .

Le rayon r de l’intervalle I est u0,3

, c’est-à-dire l’antécédent

par Φ de 0,85, soit r ≈1,036.

. S

Donc, X suit sensiblement la loi (10, 3) ; autrement dit,

Z =−X 10

3 suit sensiblement la loi (0, 1).

( ) ( )< = < = > ≈ − < −

X 20 P X 20,5 PX 17,5

5,53

20,5 17,5

5,53

≈ P (Z > 0,54) ≈ 1 – Φ(0,54) ≈ 1 – 0,705,

soit (X > 20) ≈ 0,30.

14 X suit la loi (100 ; 0,1).

E (X) = 100 × 0,1 = 10 ; ( )σ = × × =X 100 0,1 0,9 3.

Les conditions de l’approximation sont remplies :

n = 100 > 30 ; np = 10 > 5 ; n (1 – p) = 90 > 5.

1 000 fois cette épreuve dans les mêmes conditions (ce

qui suppose qu’une même personne puisse être contrôlée

plusieurs fois). C’est donc un schéma de Bernoulli de

paramètres n = 1 000 et p = 0,02.

2. X suit la loi (1 000 ; 0,02). E (X) = 1 000 × 0,02 = 20 ;

( )σ = × × ≈X 1000 0,02 0,98 4,43.

3. a) P (X > 25) = 1 – P (X 25) ≈ 1 – 0,89 = 0,11.

b) Les conditions de l’approximation normale sont remplies :

n = 1 000 > 30 ; np = 20 > 5 ; n (1 – p) = 980 > 5.

P (X 25) = P (X 25,5) ≈ PX − 20

4,43<

25,5− 20

4,43

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≈ P (Z < 1,24) ≈ 0,89.

Donc P (X > 25) ≈ 0,11.

21 Démarchage téléphonique

• Les outils

– Schéma de Bernoulli, loi binomiale.

– Approximation normale d’une loi binomiale.

• Les objectifs

– Calculer une probabilité avec la loi binomiale.

1. X suit la loi (200 ; 0,08).

E (X) = 200 × 0,08 = 16 ; σ X( ) = 200 × 0,08 × 0,92 ≈ 3,84.

2. R = 50X.

P (R > 1 000) = P (X > 20) = 1 – P (X 20) ≈ 1 – 0,88,

soit P (R > 1000) ≈ 0,12.

3. Les conditions de l’approximation normale sont remplies :

n = 200 > 30 ; np = 16 > 5 ; n (1 – p) = 184 > 5.

P (X 20) = P (X 20,5) ≈ − −

PX 16

3,84

20,5 16

3,84

≈ P (Z < 1,17) ≈ 0,88.

Donc P (X > 20) ≈ 0,12.


1. ϕ(x) = 12π e

− x2

2 , donc ϕ(x) est strictement positif

pour tout x : la courbe de Gauss ne rencontre pas l’axe des

abscisses.

2. En dm, la hauteur d’un pixel est 0,254

100. Cherchons les

x tels que ϕ(x) < 0,002 54 :

12π e−

x2

2 < 0,002 54

19 Taux de cholestérol

• Les outils

– Loi normale générale.

– Antécédents par une fonction continue strictement

croissante.

– Système linéaire de deux équations à deux inconnues.

• Les objectifs

– Traduire en termes probabilistes des données statistiques.

– Déterminer les paramètres d’une loi normale.

1. P (T < 1,5) = 0,16 ; P (1,5 < T < 2,5) = 0,76 ;

P (T > 2,5) = 0,08.

De deux de ces conditions, on peut déduire la troisième

puisque la somme de ces trois probabilités doit être égale à 1.

Gardons la première et la dernière, qui peut s’écrire :

P (T 2,5) = 0,92.

2. a) Posons =− µ

σZ

X. Alors :

( ) ( )( )< =− µ

σ<

− µ

σ= Φ

− µ

σ=P T 1,5 P

T 1,5 1,5 = 0,16.

b) De même :

( ) ( )( )< =− µ

σ<

− µ

σ= Φ

− µ

σ=P T 2,5 P

T 2,5 2,5 = 0,92.

3. a) Notons a et b, les antécédents respectifs de 0,16 et 0,92

par la fonction Φ: a ≈ –0,994 et b ≈ 1,405.

Les conditions précédentes s’écrivent :− µ

σ1,5

= a et − µ

σ2,5

= b,

soit aσ + µ = 1,5 et bσ + µ = 2,5.

b) On en déduit, par soustraction membre à membre :

(b – a)σ = 1, d’où σ =−b a

1, puis µ = −

−b a

b a

1,5 2,5.

Donc µ ≈ 1,91 et σ ≈ 0,42.

20 Gare au contrôle !

• Les outils

– Schéma de Bernoulli, loi binomiale.

– Approximation normale d’une loi binomiale.

• Les objectifs

– Calculer une probabilité avec la loi binomiale.

1. Contrôler un voyageur est une épreuve à deux issues :

le voyageur n’a pas de titre de transport (probabilité 0,02)

ou il a un titre de transport (probabilité 0,98). On effectue

. S

Autrement dit, sous la courbe de Gauss, le domaine situé

à gauche de l’abscisse 1,05 a une aire sensiblement égale

à 0,85.

27 TD – Déterminer selon (0 ; 1) un intervalle

centré en O, de probabilité donnée

1. b) u0,01

≈ 2,576.

Cela signifie que pour une variable aléatoire Z suivant la

loi (0 ; 1) :

P(–2,576 Z 2,576) ≈ 0,99.

Autrement dit, sous la courbe de Gauss, le domaine situé

entre l’abscisse –2,576 et l’abscisse +2,576 a une aire

sensiblement égale à 0,99.

28 TD – Ajuster des données par une loi normale

1.

2. a)

b) Les points étant pratiquement alignés, une loi normale

convient comme modèle de répartition des données.

3. a)

b) On lit sur l’équation l’espérance µ = 3,2 et l’écart-type

σ = 0,5.

équivaut à < π−

e 0,002 54 2

x

2

2

, soit :

− < πx

2ln(0,002 54 2 )

2

,

c’est-à-dire > − πx 2ln(0,002 54 2 )2 .

Cela équivaut à :

| x | > ( )π–2 ln 0,002 54 2 .

Or ( )π–2 ln 0,002 54 2 ≈ 3,2.

Donc I ≈ [–3,2 ; 3,2]. C’est bien ce qu’on observe sur le

dessin.


Appelons V la variable aléatoire indiquant le volume de

médicament dans le flacon.

1. V suit la loi (101 ; 1).

( )( )< =−

<−

P V 100 PV 101

1

100 101

1

= P (Z < –1) = Φ(–1),

soit P (V < 100) ≈ 0,16.

2. V suit la loi (µ ; 1).

( )( )< =− µ

<− µ

P V 100 PV

1

100

1

= P (Z < 100 – µ) = Φ(100 – µ)

= 0,05.

On en déduit :

100 – µ≈ –1,645, d’où µ≈101,6.

25 TD – Afficher des probabilités selon la loi

normale standard

2. Toutes les cellules de la plage D2:D62 contiennent la

valeur 1 : cela confirme que Φ(x) + Φ(– x) = 1 pour tout x

(Théorème 3, page 409).

3.

La propriété du 2 peut s’écrire :Φ(x)+Φ(–x)

2= 1

2 ;

cela montre que la courbe a pour centre de symétrie le point

0 ; 1

2( ) .

4. a) On lit que Φ(1) ≈ 00,841 3 et Φ(1,1) ≈ 0,864 3.

b) On en déduit que 1 < x < 1,1, c’est-à-dire :

1,05 – 0,05 < x < 1,05 + 0,05 ;

donc 1,05 est une valeur approchée de x à 0,05 près.

c) Φ(1,05) ≈ 0,85 signifie que pour une variable aléatoire Z

suivant la loi (0 ; 1) :

P(Z 1,05) ≈ 0,85.

. S


42 L’intervalle I a pour rayon u0,1

, tel que :

( )Φ = − =u 10,1

20,950,1 ,

c’est-à-dire u0,1

≈ 1,65.

I ≈]–1,65 ; 1,65[.


44 1. a) ϕ(x) = 1

2πe

–x 2

2 , donc :

ϕ’(x) = –x2π

e–x 2

2 = –xϕ(x) .

On en déduit :

ϕ”(x) = –x ϕ’(x) – ϕ(x) = x2 ϕ(x) – ϕ(x) = (x2 – 1)ϕ(x).

b) ϕ”(x) est du signe de x2 – 1, d’où le tableau de variation

de ϕ’ ci-dessous :

x – ∞ –1 1 + ∞ϕ” + – +

ϕ’

π1

2 e

−

π

1

2 e

Ce tableau montre que ϕ’ admet en –1 un maximum égal à

π1

2 e, et en 1 un minimum égal à

−

π

1

2 e.

2. a) ϕ(1) = π1

2 e et ϕ’(1) =

−

π

1

2 e, donc T a pour équation :

y = −

π

1

2 e(x – 2).

b)

0 1–1–2–3 2 3

0,1

0,2

0,3

0,4

I

T

3. Il en est de même en J par symétrie autour de l’axe des

ordonnées.

LOI NORMALE GÉNÉRALE

NB : ci-après, dans tous les calculs numériques concernant

une loi normale (µ, σ2), on effectue systématiquement le

changement de variable Z = − µ

σX

pour se ramener à la

loi normale centrée réduite. Mais les calculatrices et les

tableurs permettent de faire les calculs directement.

45 1. a) Z suit la loi normale standard, donc E (Z) = 0 et

V(Z) = 1, d’après le théorème 4.

b) V(Z) = E ((Z – E (Z))2) = E (Z2) puisque E (Z) = 0.

DE TÊTE

29 Φ(–0,5) ≈ 1 – 0,69 = 0,31.

30 P (–1 < Z < 1) ≈ 0,84 – (1 – 0,84) = 2 × 0,84 – 1 = 0,68.


32 P (X < 15) = 0,5 ; E (X) = 15 ; σ(x) = 3.

33 −

σ= −X E(X)

(X)

X 80

8.

34 P (40 < X 60) = P (40,5 < X 60,5). On peut aussi

répondre P (40,5 < X < 60,5), ou P (40,5 X < 60,5), ou

P (40,5 X 60,5).

LOI NORMALE CENTRÉE RÉDUITE

35 1. P (Z 1,2) ≈ 0,885.

2. a) P (Z > 1,2) ≈ 1 – 0,885 = 0,115 ;

b) P (Z –1,2) = P (Z > 1,2) ≈ 0,115 ;

c) P (–1,2 < Z 1,2) ≈ 1 – 2 × 0,115 = 0,770 ;

d) P (Z –1,2 ou Z > 1,2) ≈ 2 × 0,115 = 0,230.

36 P (–1 < Z 2) = Φ(2) – Φ(–1) ≈ 0,977 – 0,159 ≈ 0,818.

P (–2 Z < 1) = Φ(1) – Φ(–2) ≈ 0,841 – 0,023 ≈ 0,818.

On trouve la même valeur, car les deux domaines correspon-

dants sous la courbe de Gauss sont symétriques par rapport

à l’axe des ordonnées.

On peut aussi remarquer que :

Φ(1) – Φ(–2) = [1 – Φ(–1)] – [1 – Φ(2)] = Φ(2) – Φ(–1).

37 a) e− t

2

2 dt =0

1

∫ 2π ϕ t( )dt = 2π0

1

∫ [Φ(1) – Φ(0)]

≈ 2,506 63 × [0,841 34 – 0,5],

soit e− t

2

2 dt0

1

∫ π ϕ t( ) t = π∫ ≈ 0,855 6.

b) ∫∫ = ≈ ×− −

−t te d 2 e d 2 0,855 6

t t

2 20

1

1

12 2

,

soit e− t

2

2 dt−1

1

∫ ≈ 1,711 2.

38 Φ(x) – Φ(0) = 0,4, donc Φ(x) = 0,9.

On en déduit x ≈ 1,28.

39 P (–r < X < r) = 0,72 équivaut à 2Φ(r) – 1 = 0,72,

c’est-à-dire Φ(r) = 0,86. On en déduit r ≈ 1,08.

40 ( )Φ = − =u 10,3

20,850,3

. On en déduit u0,3

≈ 1,036.

41 Cherchons r > 0 tel que P (–r < Z < r) = 0,84.

r = uα avec 1 – α = 0,84, d’où α = 0,16.

Donc ( )Φ = −α

=r 12

0,92 .

On en déduit r ≈ 1,405. La largeur cherchée est 2r, soit 2,81.

. S

49 Calcul des dix proportions ci-dessous.

Remarque. Le total ne fait pas 100 % car il y a des hommes

adultes dont la longueur du pied est inférieure à 23 cm ou

supérieure à 30 cm.

50 ∫ ( ) ( )( )Φ = Φ − Φ ≈ − ≈t td 1,6 0 0,945 0,5 0,4450

1,6.

Le résultat est une valeur approchée à 0,005 près de la valeur

exacte 0,44.

51 Appelons T la variable aléatoire qui indique la tempé-

rature d’un jour d’hiver pris au hasard.

a) ( )( )< − =+

<− +

P T 40 PT 34

5

40 34

5

= P (Z < –1,2) = Φ(–1,2),

soit P (T < –40) ≈ 0,115.

Sur 180 jours d’hiver, cela représente environ :

180 × 0,115 ≈ 21 jours.

b) ( )( )> − =+

>− +

P T 30 PT 34

5

30 34

5

= P (Z > 0,8) = 1 – Φ(0,8) ≈ 1 – 0,788,

soit P (T > –30) ≈ 0,212.

Sur 180 jours d’hiver, cela représente environ :

180 × 0,212 ≈ 38 jours.


53 La variable aléatoire T indiquant la taille (en cm) d’un

sous-marinier suit la loi (170 ; 400).

La hauteur x cherchée doit vérifier P (T x) = 0,95, c’est-

à-dire :

( )− − =xP

T 170

20

170

200,95 .

Cela équivaut à ( )Φ−

=x 170

200,95, c’est-à-dire :

− ≈x 170

201,645.

On en déduit x ≈ 203.

54 Appelons X la variable aléatoire indiquant la note d’un

candidat pris au hasard.

X suit la loi (9,25 ; 3,622).

1. a) P (X < x) = 0,25, donc −

<−

=x

PX 9,25

3,62

9,25

3,620,25,

ce qui équivaut à Φ −

=x 9,25

3,620,25.

b) Donc − ≈ −

x 9,25

3,62–0,674 5. On en déduit x ≈ 6,81.

c) X = σZ + µ.

2. E (X) = E (σZ + µ) = σE (Z) + µ = µ.

3. V(X) = E ((X – E (X))2) = E ((σZ + µ – µ)2)

= E ((σZ)2) = E (σ2 Z2) = σ2 E (Z2) = σ2 V(Z) = σ2.

46 a) P (X –11) = PX + 4

7<

−11+ 4

7( )

= ( )= −P Z 1 = Φ(–1) ≈ 0,158 7,

soit P (X –11) ≈ 0,159.

P (X > 3) = ( ) ( )+

>+

= > = < −PX 4

7

3 4

7P Z 1 P(Z 1) ,

soit P (X > 3) ≈ 0,159.

b) P (–11 X 3) = PX + 4

7<

−11+ 4

7( )

) ( )= −P 1 Z 1 ≈ 1 – 2 × 0,1587

= 0,682 6,

soit P (–11 X 3) ≈ 0,683.

c) P (X < –11 ou X > 3) ≈ 2 × 0,1587 = 0,317 4,

soit P (X < –11 ou X > 3) ≈ 0,317.

d) P (–18 < X < 10) = ( )− + + +=P

18 4

7

X 4

7

10 4

7

) ( )= −P 2 Z 2 ,

soit P (–18 < X < 10) ≈ 0,954.

e) P (X –18 ou X > 10) ≈ 1 – 0,954 5 = 0,045 5,

soit P (X –18 ou X > 10) ≈ 0,046 ;

f) P (X –10 ou X > 18) = P (X –18 ou X > 10),

soit P (X –10 ou X > 18) ≈ 0,046.

47 1. P (L < 11,5 ou L > 12,5) = P (L < 11,5) + P (L > 12,5)

=−

<−

+

−<

−

PL 12

0,2

11,5 12

0,2P

L 12

0,2

12,5 12

0,2

= P (Z < –2,5) + P (Z > 2,5) = 2P (Z < –2,5) = 2Φ (–2,5)

≈ 2 × 0,006 2 ≈ 0,012.

Il y a 1,2 % de clous défectueux.

2. Appelons D l’événement « le clou est défectueux » ; on a :

( )< =<

=<

=P L 11,5P(L 11,5 et D)

P(D)

P(L 11,5)

P(D)0,5D .

La moitié des clous défectueux sont trop petits.

48 Notons D la variable aléatoire qui indique la durée de

vie d’une ampoule prise au hasard.

a) P (D < 2 000) = ( )− < −=P

D 2 200

200

2 000 2 200

200

) = < − = Φ −P(Z 1) ( 1),

soit P (D < 2 000) ≈ 0,16.

b) P (D > 2 400) = ( )−>

−=P

D 2 200

200

2 400 2 200

200

) = > = < −P(Z 1) P(Z 1),

soit P (D > 2 400) ≈ 0,16.

c) P (2 000 < D < 2 400) ≈ 1 – 2 × 0,16 = 0,68.

. S


• L’approximation normale est possible, car :

n = 100 > 30 ; np = 25 > 5 ; n (1 – p) = 75 > 5.

E (X) = 100 × 1

4 = 25 ; ( )σ = × × = ≈X 100

1

4

3

42,5 3 4,33.

P (20 < X < 30) = P (20,5 < X < 29,5)

=− < − < −

P20,5 25

2,5 3

X 25

2,5 3

29,5 25

2,5 3

( )= − < <P

1,8

3Z

1,8

3

≈ Φ(1,039) – Φ(–1,039)

≈ 0,8506 – 0,1494,

soit P (20 < X < 30) ≈ 0,701.

60 Appelons X la variable aléatoire qui indique le nombre

de gauchers dans l’échantillon.

X suit la loi binomiale de paramètres n = 900 et p = 0,16.

• En utilisant la loi binomiale :

a) P (X 140) ≈ 0,379.

b) P (X > 150) = 1 – P (X 149) ≈ 1 – 0,694 = 0,306.

• L’approximation normale est possible, car n = 900 > 30 ;

np = 144 > 5 ; n (1 – p) = 756 > 5.

E (X) = 900 × 0,16 = 144 ; ( )σ = × × ≈X 900 0,16 0,84 11.

a) P (X 140) = P (X 140,5)

= ( )− −P

X 144

11

140,5 144

11

≈ P (Z –0,318) ≈ Φ(–0,318),

soit P (X 140) ≈ 0,375.

b) P (X > 150) = P (X > 149,5)

= >( )− −P

X 144

11

149,5 144

11

≈ P (Z > 0,5) ≈ 1 – Φ(0,5) ≈ 1 – 0,6915,

soit P (X > 150) ≈ 0,309.

61 1. ϕ t( )dt = Φ 0,8( )− Φ −0,4( ) ≈ − ≈−0,4

0,8

∫ ϕ t( ) t = Φ( )− Φ −( ) ≈ 0,788 − 0,345 ≈ 0,44

−∫ .

2. Avec la loi binomiale (25 ; 0,5) :

P (11 < X < 15) = P (X = 12) + P (X = 13) + P (X = 14)

≈ 0,155 + 0,155 + 0,133,

soit P (11 < X < 15) ≈ 0,44.

Bien que n soit inférieur à 30, on trouve la même valeur à

10 – 2 près.

On trouverait aussi la même valeur à 10 – 3 près : 0,443.

Pour p = 1

2

, l’approximation normale est bonne à partir de

n = 25.

62 X suit la loi ( )36 ;1

3.


P (X > 5) = 1 – P (X 10) ≈ 1 – 0,008 = 0,992.


np = 12 > 5 ; n (1 – p) = 24 > 5.

E (X) = 36 × 1

3 = 12 ; ( )σ = × × =X 36

1

3

2

32 2 .

2. P (X < y) = 0,75, donc −

<−

=

yP

X 9,25

3,62

9,25

3,620,75,

ce qui équivaut à Φ−

=

y 9,25

3,620,75.

Donc −

≈y 9,25

3,620,6745. On en déduit y ≈ 11,69.

55 1. P (X > 76) = ( )−>

−P

X 52

12

76 52

12 = P (Z > 2)

= 1 – Φ(2) ≈ 1 – 0,977,

soit P (X > 76) ≈ 0,023.

2. Cherchons x tel que P (X > x) = 0,05.

Cela équivaut à ( )−>

−=

xP

X 52

12

52

120,05, soit :

( )Φ−

=x 52

120,95.

On en déduit − ≈x 52

121,645, d’où x = 72.


57 a) P (X < –3,2) = 0,05 équivaut à :

− µ<− − µ

=P

X

0,4

3,2

0,40,05 ,

soit Φ− − µ

=

3,2

0,40,05.

On en déduit − − µ

≈ −3,2

0,41,645, d’où µ ≈ –2,54 ≈ –2,5.

b) P (X > 5,6) = 0,05 équivaut à − µ

>− µ

=P

X

0,4

5,6

0,40,05,

soit Φ− µ

=

5,6

0,40,95.

On en déduit − µ

≈5,6

0,41,645, d’où µ ≈ 4,94 ≈ 4,9.

58 a) P (X < 100) = 0,05 équivaut à :

( )−

σ<

−

σ=P

X 120 100 1200,05,

soit ( )Φ−

σ=

200,05 .

On en déduit −

σ≈ −

201,645, d’où σ ≈ 12,2.

b) P (X > 140) = 0,05 équivaut à :

( )−

σ>

−

σ=P

X 120 140 1200,05,

soit ( )Φσ

=20

0,95 .

On en déduit σ

≈201,645, d’où σ ≈ 12,2.

APPROXIMATION NORMALE D’UNE LOI BINOMIALE

59 X suit la loi ( )100 ;1

4.


P (20 < X < 30) = P (X 29) – P (X 20).

Or P (X 29) ≈ 0,8505 et P (X 20) ≈ 0,1488, d’où :

P (20 < X < 30) ≈ 0,702.

. S


3. Si n = 324, µ = 291,6 et σ = 5,4.

P (X > 300) = P (X > 300,5)

= PX − 291,6

5,4>

300,5 − 291,6

5,4

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≈ P Z >1,648( ) ≈1−Φ 1,648( ) ≈1− 0,95 ,

soit P (X > 300) ≈ 0,05.

4. P (X > 300) = P (X > 300,5)

= PX − 0,9n

0,3 n

>300,5 − 0,9n

0,3 n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≈ P Z >300,5 − 0,9n

0,3 n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≈1−Φ 300,5 − 0,9n

0,3 n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

P (X > 300) = 0,01 peut s’écrire :

n

nΦ

−

≈

300,5 0,9

0,30,99, soit

300 5 0 9

0 32 326

, ,

,,

−≈

n

n.

Si on pose x = n , l’équation 300 5 0 9

0 32 326

, ,

,,

−=

n

n s’écrit :

0,9x2 + 0,697 8x – 300,5 = 0.

Or x étant positif, on en déduit x ≈ 17,89, d’où n ≈ 319,9,

soit n = 320.

Comme on a utilisé à plusieurs reprises des approximations,

il est prudent de vérifier en revenant à la loi binomiale :

Si n = 320, P (X > 300) = 1 – P (X 300) ≈ 0,007 ;

si n = 321, P (X > 300) = 1 – P (X 300) ≈ 0,012.

Comme P (X > 300) augmente avec n, on vérifie bien que

P (X > 300) est inférieur à 0,01 pour n 320, et supérieur

à 0,01 pour n > 321.

67 1. a) P (6 < X < 9) = P (X = 7) + P (X = 8)

≈ 0,165 3 + 0,149 8 ≈ 0,315 ;

b) P (6 X < 9) = P (X = 6) + P (X = 7) + P (X = 8)

≈ 0,154 3 + 0,165 3 + 0,149 8 ≈ 0,469 ;

c) P (6 < X 9) = P (X = 7) + P (X = 8) + P (X = 9)

≈ 0,165 3 + 0,149 8 + 0,116 5 ≈ 0,432 ;

d) P (6 X 9) = P (X = 6) + P (X = 7) + P (X = 8) + P (X = 9)

≈ 0,154 3 + 0,165 3 + 0,149 8 + 0,116 5

≈ 0,586.

2. a) P (X 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,315 = 0,685 ;

P (X < 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,469 = 0,531 ;

P (X 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,432 = 0,568 ;

P (X < 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,586 = 0,414.

b) L’approximation normale est possible, car n = 36 > 30 ;

np = 7,2 > 5 ; n (1 – p) = 28,8 > 5.

E (X) = 7,2 ; ( )σ = × × =X 36 0,2 0,8 2,4 .

Posons Z = −X 7,2

2,4.

P (6 < X < 9) = P (6,5 < X < 8,5) ≈ P (–0,292 < Z < 0,542)

≈ Φ(0,542) – Φ(–0,292) ≈ 0,706 1 – 0,385 1 ≈ 0,321 ;

P (6 X < 9) = P (5,5 < X < 8,5) ≈ P (–0,708 < Z < 0,542)

≈ Φ(0,542) – Φ(–0,708) ≈ 0,706 1 – 0,239 5 ≈ 0,467 ;

P (6 < X 9) = P (6,5 < X < 9,5) ≈ P (–0,292 < Z < 0,958)

≈ Φ(0,958) – Φ(–0,292) ≈ 0,831 0 – 0,385 1 ≈ 0,446 ;

P (X > 5) = P (X > 5,5)

= PX −12

2 2>

5,5−12

2 2( )

>) ( )≈ − ≈P Z 2,3

) ( )≈ − Φ − ≈ −3 1 2,3 1 0,011,

soit P (X > 5) ≈ 0,989.

Le candidat répondant au hasard est quasiment certain

d’avoir au moins 6 réponses justes.

C’est pourquoi dans les QCM, il faut pénaliser les réponses

fausses.

63 Appelons X la variable aléatoire indiquant le nombre

de garçons parmi les 820 000 nouveau-nés.

X suit la loi (820 000 ; 0,512).


P (X > 420 000) = 1 – P (X 420 000) ≈ 1 – 0,639 = 0,361.

• L’approximation normale est possible, car :

n = 820 000 > 30 ; np = 419 840 > 5 ;

n (1 – p) = 400 160 > 5.

E (X) = 820 000 × 0,512 = 419 840 ;

( )σ = × ×X 820 000 0,512 0,488 ≈ 452,6.

P (X > 420 000) = P (X > 420 000,5)

= − −

>P

X 419 840

452,6

420 000,5 419 840

452,6

≈ P (Z > 0,355) ≈ 1 – Φ(0,355) ≈ 1 – 0,639,

soit P (X > 420 000) ≈ 0,361.



de patients faisant une réaction allergique.

X suit la loi (1 225 ; 0,02).


P (X > 30) = 1 – P (X 29) ≈ 1 – 0,846 = 0,154.

• L’approximation normale est possible, car n = 1 225 > 30 ;

np = 24,5 > 5 ; n (1 – p) = 1 200,5 > 5.

E (X) = 1 225 × 0,02 = 24,5 ;

( )σ = × ×X 1225 0,02 0,98 = 4,9.

P (X > 30) = P (X > 29,5)

= PX − 24,5

4,9>

29,5− 24,5

4,9

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

>( ) ( )≈ ≈ − Φ ≈ −P Z 1,02 1 1,02 1 0,846,

soit P (X > 30) ≈ 0,154.

66 1. Pour chaque client ayant réservé, appelons « succès »

le fait qu’il se présente à l’embarquement. La probabilité

de succès est 0,9 et on répète pour chaque client la même

épreuve de Bernoulli. X indiquant le nombre de succès, elle

suit donc la loi binomiale de paramètres n et 0,9.

2. L’approximation normale est possible :

n > 300 > 30 ; np = 0,9n > 270 > 5;

n (1 – p) = 0,1n > 30 > 5.

E (X) = 0,9n ; ( )σ = × × =n nX 0,9 0,1 0,3 .

Donc X peut être approchée par la loi normale d’espérance

µ = 0,9n et d’écart-type σ = 0,3 n .

. S

69 1. L’aire de # est égale à 1.

L’aire de $ est égale à x

x∫ +=

1

1d ln(2)

0

1

.

Donc, la probabilité que le point soit dans $ est égale à

ln (2), soit ≈ 0,693.

2. X suit la loi (10 000 ; ln2).

P (6 800 < X < 7 050) = P (X 7 049) – P (X 6 800) ≈ 0,993.

Avec l’approximation normale :

E (X) = 10 000 ln (2) ≈ 6 931,5 ;

σ = − ≈(X) 100 ln(2)(1 ln(2)) 46,1.

P (6 800 < X < 7 050) =

−<

−<

−

P6 800,5 6 931,5

46,1

X 6 931,5

46,1

7 049,5 6 931,5

46,1

≈ Φ(2,56) – Φ(–2,84) ≈ 0,9948 – 0,0023 ≈ 0,993.

3.

4. On constate que la valeur de X obtenue est presque

toujours comprise entre 6 800 et 7 050, ce qui confirme la

probabilité très élevée de cet événement.

Remarque. Cette « méthode de Monte-Carlo » est une façon

de calculer des valeurs approchées d’intégrales dont on ne

sait pas calculer la valeur exacte.

P (6 X 9) = P (5,5 < X < 9,5) ≈ P (–0,708 < Z < 0,958)

≈ Φ(0,958) – Φ(–0,708) ≈ 0,831 0 – 0,239 5 ≈ 0,592 ;

P (X 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,321 = 0,679 ;

P (X < 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,467 = 0,533 ;

P (X 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,446 = 0,554 ;

P (X < 6 ou X > 9) ≈ 1 – 0,592 = 0,408.

68 Il s’agit de calculer l’intégrale ϕ(t)dt0

1,5

∫ .

Pour cela, on peut utiliser la méthode des rectangles en

subdivisant l’intervalle [0 ; 1,5] en n parties égales.

La fonction ϕ est décroissante sur [0 ; 1,5].

Donc S < ϕ(t)dt < T0

1,5

∫ , où S = 1,5

nk=1

n

∑ϕ 1,5

nk

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ et :

T = 1,5

nk=0

n−1

∑ϕ 1,5

nk

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

L’amplitude de l’encadrement est :

T − S = 1,5

n(ϕ −ϕ(ϕ(0) – ϕ(1,5)) ;

elle sera inférieure à 2 × 10 – 2 si n > 75(ϕ(0) – ϕ(1,5)), soit

n > 20,25.

Exemple. On peut choisir n = 30, d’où 1 5

0 05,

,n

= .

I = +S T

2 est alors une valeur approchée à 10 – 2 près de la

probabilité cherchée.

On obtient I ≈ 0,43.

. S



de personnes demandant à être vaccinées.

X suit la loi binomiale de paramètres n = 1 500 000 et p = 0,3.

Le nombre N cherché doit vérifier P (X > N) = 0,01.

L’approximation normale est possible, utilisons-la :

> =−

>−

≈P(X N) P

X 450 000

561,25

N 450 000

561,25

≈ −Φ

−

1N 450 000

561,25.

Φ−

=

N 450 000

561,250,99 fournit

−≈

N 450 000

561,252, 326 .

On en déduit N ≈ 451 305.

Comme on a utilisé à plusieurs reprises des approximations,

il est prudent de vérifier en revenant à la loi binomiale :

P (X > 451 305) ≈ 0,010 02 ; P (X > 451 306) ≈ 0,009 97.

Comme P (X > N) diminue quand N augmente, on vérifie que

pour N 451 305, le risque de rupture de stock dépasse 1 %,

alors que pour N > 451 306, il est inférieur à 1 %.

Commentaire. Si l’Agence Régionale de Santé achetait

plus de 451 305 doses de vaccin, elle diminuerait le risque

d’en manquer, mais augmenterait le risque d’avoir un stock

inutilisé.

72 Cherchons la probabilité p qu’une tige soit conforme :

p = P 99,5< L <100,5( )

< <) =− − −

5 P99,5 100

0,3

X 100

0,3

100,5 100

0,3

= − < <

= Φ

− Φ −

P5

3Z

5

3

5

3

5

3

≈ 0,952 2 – 0,047 8, donc p ≈ 0,904.

Appelons X la variable aléatoire indiquant le nombre de tiges

conformes dans le lot.

X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,904.

• En utilisant la loi binomiale, la calculatrice indique

P (X 94) ≈ 0,93.

Donc P (X > 95) ≈ 0,07.


np ≈ 90,4 > 5 ; n (1 – p) ≈ 9,6 > 5.

E (X) ≈ 90,4 ; σ(X) ≈ 2,95.

P (X < 95) = P (X 94,5) = PX − 90,4

2,95<

94,5 − 90,4

2,95

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≈ P Z <1,39( ) ≈ Φ(1,39) ≈ 0,92 .

Donc P (X > 95) ≈ 0,08.

AVEC LES TICE

70 1. a) F(x) =P X < x( ) =PX −µσ

<x −µσ

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

x

= Φ− µσ

.

b) f (x) =F’(x) =1

σΦ’

x −µσ

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

1

σϕ x −µ

σ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

2. Lorsque µ varie, l’allure de la courbe ne change pas. Son

axe de symétrie se déplace sur l’axe des abscisses.

Lorsque σ varie, l’allure de la courbe change mais son axe

de symétrie de change pas.

Lorsque σ diminue, l’ordonnée du sommet de la courbe

augmente et sa « base se resserre ».

3. a) Soit M un point de la courbe, de coordonnées (x ; f (x)).

Son symétrique par rapport à la droite d’équation x = µ a

pour coordonnées (2µ – x ; f (x)).

Or f 2µ − x( ) = 1

σϕ µ − x

σ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

1

σϕ x −µ

σ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = f (x), donc M’

appartient à la courbe.

b) f (x) est maximal quand ϕ x −µσ

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ est maximal, c’est-à-dire

quand x −

=µ

σ0, soit x = µ. L’ordonnée correspondante est :

f µσϕ

σ π( ) = =

10

1

2( ) .

On vérifie ce qui est indiqué dans le cours : plus σ est grand,

plus le sommet est bas.

4. a)

b) Cette aire ne varie pas lorsque σ et µ varient.

c) L’aire indiquée est égale à P (µ – 2σ < X < µ+ 2σ), c’est-

à-dire :

− <− µ

σ<

P 2

X2 = P (–2 < Z < 2) ≈ 0,954 .

. S

2. P (–1,5 < Z 1,5) = 2Φ(1,5) – 1 ≈ 2 × 0,933 – 1,

donc P (–1,5 < Z 1,5) = 0,87.

78 1. Cf. Théorème 5, page 409.

2. Soit r le rayon de l’intervalle I cherché.

1 – α = 0,9, donc α = 0,1.

Φ(r) = 1 – 0 1

2

, = 0,95, d’où r ≈ 1,65.

79 1. Pour chaque élève, appelons « succès » le fait qu’il

utilise un ordinateur. La probabilité de succès est 0,5. Les 64

élèves ayant été choisis avec remise, il s’agit d’un schéma

de Bernoulli. La variable aléatoire X indique le nombre de

succès ; elle suit donc la loi binomiale de paramètres 64 et 0,5.


n = 64 > 30 ; np = n(1 – p) = 64 × 0,5 = 32 > 5.

E (X) = 64 × 0,5 = 32 ; σ = × × =(X) 64 0, 5 0,5 4 .

Donc X suit sensiblement la loi N(32;16).

3. • Par la loi binomiale : P (X 36) ≈ 0,870.

• Par l’approximation normale :

P (X 36) = P (X < 36,5)

= −

<−

PX 32

4

36,5 32

4 = P (Z < 1,125),

donc P (X 36) ≈ 0,870.


74 1. X suit la loi binomiale de paramètres n = 300 et

p = 0,25.


n = 300 > 30 ; np = 75 > 5 ; n(1 – p) = 225 > 5.

E (X) = 300 × 0,25 = 75 ; σ = × × =(X) 300 0,25 0,75 7,5.

Donc X suit sensiblement la loi (75 ; 56,25).

3. P (60 < X 90) = P (60,5 < X < 90,5)

=−

<−

<−

P60,5 75

7,5

X 75

7,5

90,5 75

7,5

≈ P (–1,93 < Z < 2,07)

≈ Φ(2,07) – Φ(–1,93) ≈ 0,981 – 0,027,

donc P (60 < X 90) ≈ 0,95.

75 1. b) ; 2. c) ; 3. b) ; 4. b) ; 5. b) ; 6. c).

76 1. Cf. Théorème 3, page 409.

2. P (–1,7 < Z 1,7) = Φ(1,7) – Φ(–1,7)

= Φ(1,7) – [1 – Φ(1,7)]

= 2Φ(1,7) – 1 ≈ 2 × 0,955 – 1,

donc P (–1,7 < Z 1,7) ≈ 0,91.

77 1. P (–r < Z < r) = Φ(r) – Φ(–r) = Φ(r) – [1 – Φ(r)],

donc P (–r < Z < r) = 2Φ(r) – 1.


80 Avec comme unité le million, appelons µ l’espérance

et σ l’écart-type de X.

On sait que µ = 4,5.

P (4 < X < 5) = 0,95, donc :

−

σ<

−

σ<

−

σ

=P

4 4,5 X 4,5 5 4,50,95,

soit −

σ< <

−

σ

=P

0,5Z

0,50,95.

On en déduit 0 5

0 05

,,σ

= u , d’où :

σ = ≈ ≈0 5 0 5

1 960 255

0 05

, ,

,,

,u.

81 1. Appelons µ l’espérance et σ l’écart-type de S.

On sait que µ = 7,5.

P (6 < X < 9) = 0,9, donc :

−

σ<

−

σ<

−

σ

=P

6 7,5 X 7,5 9 7,50,9,

soit −

σ< <

−

σ

=P

1,5Z

1,50,9 .

On en déduit 1 5

0 1

,,σ

= u , d’où :

σ = ≈ ≈1 5 1 5

1 6450 91

0 1

, ,

,,

,u.

L’écart-type est d’environ 0,91 h, soit 55 min.

2. ( )< =−

<−

<−

≈P 7 X 8 P

7 7,5

0,91

X 7,5

0,91

8 7,5

0,91

( )≈ − < <P 0,55 Z 0,55

≈ Φ 0,55( )−Φ −0,55( ) ≈ 0,709− 0,291,

soit P (7 < X 8) ≈ 0,42.

Environ 42 % des adultes dorment entre 7 h et 8 h par jour.

82 1. a) ϕ’ x( ) = − x

2πe− x

2

2 = −xϕ(x).

b) xϕ x( )dx = −ϕ’ x( )[ ]0

b = −ϕ b( )+ϕ 0( ) = 1

2π1− e

−b2

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟0

b

∫ .

On en déduit limb→+∞

xϕ x( )dx = 1

2π0

b

∫ .

2. xϕ x( )dx = −ϕ’ x( )[ ]a

0 = −ϕ 0( )+ϕ a( ) = 1

2π−1+ e

−a2

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟a

0

∫ .

On en déduit lima→−∞

xϕ x( )dx = − 1

2πa

0

∫ .

. S

x x+

=’

20 et

y y+=

’

2

1

2 ;

donc x’ = – x et y’ = 1 – Φ(x). Or 1 – Φ(x) = Φ(–x) ; ainsi

y’= Φ(x’), donc M’ appartient à Γ.

2. Φ’(0) = ϕ(0) = π

1

2. T a donc pour équation :

y x=π

+1

2

1

2

.

3. a) h’(x) = ϕ(x) – π

1

2 0. Donc h est décroissante sur .

Or h (0) = 0, donc h (x) > 0 quand x 0, et h (x) 0 quand

x > 0.

b) Donc, pour x 0, Φ(x) > g (x): la courbe Γ est au-dessus

de la droite T.

Et pour x > 0, Φ(x) g (x) : la courbe Γ est au-dessous de

la droite T.

Par conséquent, la tangente T traverse la courbe Γ en K.

4. Φ’(x) = ϕ(x) est maximal quand x = 0 ; donc, le coefficient

directeur d’une tangente à Γ est maximal en K.

86 1. Φ(0) = 0,5, donc la médiane est égale à 0.

2. Dire que Φ(qα) = α signifie que qα est l’antécédent de α

par la fonction Φ. Cet antécédent existe et est unique en vertu

du théorème des valeurs intermédiaires, car Φ est continue

et strictement croissante sur , avec :

xx

( )Φ =→−∞lim 0 et x

xx

( )Φ =→+∞

→+∞

lim 1.

3. a) Φ(q0,25

) = 0,25, d’où q0,25

≈ – 0,674.

Φ(q0,75

) = 0,75, d’où q0,75

≈ 0,674.

b)

c) Φ(q0,01

) = 0,01, d’où q0,01

≈ – 2,326.

Φ(q0,99

) = 0,99, d’où q0,99

≈ 2,326.

4. Φ(qα) = α implique Φ(– qα) = 1 – α ; donc – qα= q1–α.

5. Φ(uα) = 1 – α2

, donc uα= q−α

12

.

87 Sur l’axe des abscisses :

• I et J ont pour abscisses –r et r ;

• A et B ont pour abscisses a et b.

Sur la courbe de Gauss, H et K ont pour abscisses –r et r.

Leur ordonnée ϕ(r) est aussi celle de L et M, d’abscisses a

et b.

Traitons le cas où b > r (les autres cas se traitent de façon

analogue, par symétrie autour de l’axe des ordonnées).

Alors a > – r, puisque a = b – 2r.

α 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9

qα –1,282 –0,842 –0,524 –0,253 0 0,253 0,524 0,842 1,282

3. ( ) =π−

π=E Z

1

2

1

20.

83 1. V(Z) = E[(Z – E (Z))2] = E (Z2), puisque E (Z) = 0.

2. a) De ϕ’(x) = –x ϕ’(x), on déduit :

ϕ”(x) = – ϕ(x) – x ϕ’(x) = – ϕ(x) + x2 ϕ(x),

d’où x2 ϕ(x) = ϕ”(x) + ϕ(x).

b) x2ϕ x( )dx =

a

b

∫ ϕ” x( )dx + ϕ x( )dx = ϕ ( )−ϕ ( )+ ϕ( )∫a

b

∫a

b

∫ ϕ( ) =∫ ϕ ( ) + ϕ( ) x = ϕ’ b( )−ϕ’ a( )+ ϕ x( )dx

a

b

∫∫∫ .

c) • x2ϕ x( )dx = ϕ’ b( )+ ϕ x( )dx

0

b

∫0

b

∫ , car ϕ’(0) = 0.

Donc limb→+∞

x2ϕ x( )dx = lim

b→+∞ϕ x( )dx = 1

20

b

∫0

b

∫ .

• x2ϕ x( )dx = −ϕ’ a( )+ ϕ x( )dx

a

0

∫a

0

∫ , car ϕ’(0) = 0.

Donc lima→−∞

x2ϕ x( )dx = lim

a→−∞ϕ x( )dx = 1

2a

0

∫a

0

∫ .

3. V(Z) = E (Z2) = 1

2

1

21+ = .

84 1. Si x 0, ϕ t( )dt = Φ x( )−Φ 0( )0

x

∫ .

Si x < 0, ϕ t( )dt = Φ 0( )−Φ x( )x

0

∫ , donc :

ϕ t( )dt = Φ x( )−Φ 0( )0

x

∫ .

Ainsi, dans les deux cas :

Φ x( ) = Φ 0( )+ ϕ t( )dt = 1

2+

0

x

∫ ϕ t( )dt

0

x

∫ .

2. Il résulte de l’identité précédente que Φ’ = ϕ.

Or, ϕ est strictement positive sur , donc Φ est strictement

croissante sur .

3. a) x xx x

( ) ( )Φ = < =→+∞ →+∞

lim lim P X 1 (aire totale sous la

courbe de Gauss).

x x xx x x

( )( ) ( ) ( )Φ = Φ − = −Φ =→−∞ →+∞ →+∞lim lim lim 1 0.

b) Donc, l’axe des abscisses est asymptote en –∞, et la droite

d’équation y = 1 est asymptote en +∞.

85 1.

1–1–2–3 2 3

0,5

T

0

y

x

1

K a pour coordonnées

0,1

2. Soit M un point de Γ où

x est son abscisse et Φ(x) son ordonnée. Son symétrique

M’ par rapport à K a pour coordonnées (x’, y’) telles que :

. S

On peut obtenir ces résultats par la loi binomiale ou par son

approximation normale.

90 1. P (A) = P (246 < X < 254)

= −

<−

<−

P246 250

2

X 250

2

254 250

2

= P (– 2 < Z < 2),

donc P (A) ≈ 0,9545.

2. P (B) = P (146 < Y < 154)

= −

<−

<−

P146 150

1,5

Y 150

1,5

154 150

1,5

= P (– 2,67 < Z < 2,67),

donc P (B) ≈ 0,996 2 – 0,003 8 = 0,992 4.

3. P (A B) = P (A)P (B) ≈ 0,947 2.

4. Notons N l’événement « La pièce n’est pas conforme » :

P (N) ≈ 1 – 0,947 2 ≈ 0,052 8.

a) ( )( ) ( )

< =<

=<

≈P X 246P N et X 246

P(N)

P X 246

P(N)N

)≈ ≈

0,022 8

0,052 80, 43 .

b) ( )( ) ( )

> =>

=>

≈P Y 154P N et X 154

P(N)

P X 154

P(N)N

)≈ ≈

0,003 8

0,052 80,07.

PROLONGEMENT DU TP 28

91

mesure x

i

fréquence

fi

fréquence

cumulée fci

yi

mesure x

i

684 0,01 0,01 – 2,33 684

685 0,05 0,06 – 1,55 685

686 0,15 0,21 – 0,81 686

687 0,27 0,48 – 0,05 687

688 0,25 0,73 0,61 688

689 0,17 0,90 1,28 689

690 0,08 0,98 2,05 690

691 0,02 1,00 691

a) Les points sont sensiblement alignés ; donc une loi

normale est adaptée.

b) Sur l’équation de la droite de Henri, on lit :

µ ≈ 687,2 et σ ≈ 1,4.

• Si a r :

H K L M

BAJI

r– r

P (a < Z < b) < aire (ABML) = aire (IJKH) < P (– r < Z < r).

• Si – r < a < r :

H KL M

BA JI

r– r

P (a < Z < b) = P (a < Z < r) + P (r < Z < b) ;

P (– r < Z < r) = P (– r < Z < a) + P (a < Z < r).

Or P (r < Z < b) < aire (JBMK) = aire (IALH) 37,8) ≈ 0,0228.

2. P (H) = P (S < 9) ≈ 0,0668.

3. Notons R l’événement « Le don est refusé » : R = F H.

Or, F et H sont indépendants ; donc :

P (F H) = P (F)P (H) ≈ 0,0228 × 0,0668 ≈ 0,0015.

d’où P (F H) = P (F) + P (H) – P (F H)

≈ 0,022 8 + 0,066 8 – 0,001 5 ≈ 0,088 1.

4. a) ( ) = = ≈ ≈

P FP(F R)

P(R)

P(F)

P(R)

0,022 8

0,088 10,259R .

b) ( ) = = ≈ ≈

P HP(H R)

P(R)

P(H)

P(R)

0,066 8

0,088 10, 758R

.

c) ( ) = =

P F HP(F H R)

P(R)

P(F H)

P(R)R

≈ ≈) 0,001 5

0,088 10,017.

89 Appelons X la variable aléatoire indiquant le nombre

de gagnants : X suit la loi (100 ; 0,1).

E (X) = 10 ; σ(X) = 3.

Soit B la variable aléatoire indiquant le bénéfice quotidien

du forain :

B = (100 – X) – 4X = 100 – 5X.

1. E (B) = 100 – 5 E (X) = 50.

2. a) P (B < 0) = P (100 – 5X < 0) = P (X > 20)

= 1 – P (X 20) ≈ 1 – 0,999 = 0,001.

b) P (B > 30) = P (100 – 5X > 30) = P (X < 14)

= P (X 13) ≈ 0,88.

15CHA

PITR

E

1Enseignement spécifique Chapitre 15 Statistique. Estimation


ath Term

. S

Suites15CH

API

TRE

1

Statistique Estimation

de F peut être approchée par la loi de Y, c’est-à-dire la loi

normale 0 253

1 600, ;

.

c) P(0,2 F 0,3) = P(20 X 30) = P(19,5 X 30,5) par correction de continuité.D’où, P(0,2 F 0,3) ≈ P(0,195 Y 0,305) ≈ 0,796 0 à 10–4 près.

Activité 21 La fréquence observée de poissons marqués lors de la recapture n’est pas nécessairement la même que la propor-tion p de poissons marqués dans l’étang : cela est dû à la fluctuation d’échantillonnage.

2 a) p – 1

25 F p +

1

25 équivaut successivement à :

p – 1

25 F et F p +

1

25 ; p F +

1

25 et p F –

1

25 ;

d’où F – 1

25 p F +

1

25.

b) D’après la question précédente, en faisant le pari de l’énoncé, on obtient :

50

625

1

25− p

625 25

50

625

1

25+

soit 0,04 p 0,12.c) D’après la question précédente, on obtient :

0,04 200

N 0,12 soit

200

0 12

200

, N

200

0 04,;

et comme N est un entier : 1 667 N 5 000.

3 a) 0,08 – 1,960 08 0 92

25

, ,×

200

N 0,08

+ 1,960 08 0 92

25

, ,×,


200

0 08 1 960 08 0 92

25, ,

, ,+

× N

200

0 08 1 960 08 0 9

, ,, ,

−× 22

25

;

et comme N est un entier : 1 975 N 3 405.b) L’intervalle qui donne l’encadrement plausible de N le plus précis est donc celui de la question 3. a).

Activité 1

1 a) Ensemble des valeurs prises par F :k

k ( )Ω =F100

, entier entre 0 et 100 .

Étant donné que la probabilité d’apparition du 1 est 1

4, on

peut conjecturer que 25

100 est la valeur de F la plus probable.

b) X indique le nombre de succès dans un schéma de Bernoulli d’ordre 100 et de paramètre 0,25 ; donc, la loi de X est la loi binomiale (100 ; 0,25).

Donc :

E(X) = 100 × 0,25 = 25 et V(X) = 100 × 0,25 × 0,75 = 75

4.

D’où ( )σ = =X V(X)5 3

2.

c) F = 1

100X, donc E(F) =

1

100E(X) = 0,25

et = = =V(F)1

100V(X)

75

40 000

3

1 6002

.

D’où σ = =(F) V(F)3

40.

d) P(F = 0,25) = P(X = 25) =

100

250,2525 × 0,7575

≈ 0,091 8 à 10 – 4 près.P(0,24 F 0,26) = P(24 X 26)

= P(X = 24) + P(X = 25) + P(X = 26)

P(0,24 F 0,26) =

100

250,2524 × 0,7576

+

100

250,2525 × 0,7575 +

100

250,2526 × 0,7574 ;

d’où P(0,24 F 0,26) ≈ 0,270 7 à 10 – 4 près.

2 a) D’après la calculatrice : P(0,245 Y 0,255) ≈ 0,0919 à 10 – 4 près.P(0,235 Y 0,265) ≈ 0,2710 à 10 – 4 près.

b) Les résultats de la question précédente et ceux obtenus en 1. d) sont à peu près égaux ; d’où, la conjecture : la loi


ath Term

. S

2 Enseignement spécifique Chapitre 15 Statistique. Estimation

2 Notons X la variable aléatoire indiquant le nombre de

personnes qui choisissent la première pièce.

X suit donc la loi binomiale (100 ; 0,5). Notons N le

nombre d’ordinateurs de chacune des deux pièces.

Chaque personne peut trouver un ordinateur disponible dans

la salle de son choix si :

X N et 100 – X N

c’est-à-dire, si : 100 – N X N

ou encore : 1 – N

100

X

100

N

100.

On veut donc que :

− −

+ −

PX

1000,5

N

1000,5 ; 0,5

N

1000,5 0,95.

Or, l’intervalle de fluctuation centré en 0,5 au seuil de 95 %

de la variable X

100 est :

0 5 1 960 5 0 5

1000 5 1 96

0 5 0 5

100, ,

, ,; , ,

, ,−

×+

×

;

les conditions n = 100 30, np = 50 5 et n(1 – p) = 50 5

sont satisfaites.

On veut donc que :N

100– 0,5 1,96

0 5 0 5

100

, ,×

soit N 60 (N est un entier) .

Le nombre minimal d’ordinateurs dans chacune des deux

pièces peut donc être estimé à 60.

2. n = 500 30 ; np = 500 0,6 = 300 5 ;n(1 – p) = 500 0,4 = 200 5.Les trois conditions d’approximation sont vérifiées ; donc I représente un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de F

500 et ainsi P(F

500 I) ≈ 0,95.

3. fobs

= 320

500 = 0,64 donc f

obs I.

On peut donc affirmer que la fréquence observée de canettes recyclées correspond à la proportion p = 0,6.

3 1. • Pour les garçons :n

G = 550, n

G p

G = 550 0,26 = 143

et : nG (1 – p

G) = 550 0,74 = 407.

• Pour les filles :

n n p= =450, 90F F F

et : n p− =(1 ) 360F F .

Dans les deux cas, les trois conditions d’application de la règle de prise de décision sont vérifiées.

1 • Notons Fn la variable aléatoire indiquant la fréquence

de l’apparition du 1 au terme de n lancers d’un dé parfait ; alors :

n n= − +

I

1

61,96

5

6;

1

61,96

5

61

est un intervalle de fluctuation de Fn au seuil de 95 % dans le

cas du dé cubique (sous les conditions n 30 ; n × 1

6 5 ;

n × 5

6 5 ; ce qui se réduit à n 30).

• De même, n n

= − +

I

1

41,96

3

4;

1

41,96

3

42

est un

intervalle de fluctuation de Fn au seuil de 95 % dans le cas

du dé tétraédrique (sous les conditions n 30 ; n × 1

4 5 ;

n × 3

4 5 ; ce qui se réduit à n 30).

On peut alors deviner le nombre de faces initialement choisi par le programme, avec un risque d’erreur d’au plus 5 %, si les intervalles de fluctuation I

1 et I

2 sont disjoints, c’est-à-dire si :

1

61 96

5

6

1

41 96

3

4+ < −, ,

n n

soit 1 96 5

6

3

4

1

4

1

6

,

n+

< −

ou encore n > + ×( ) ,2 5 3 3 1 96 ; et comme n est un entier : n 360.

Remarque. La condition n 30 est satisfaite.La valeur minimale de n recherchée est donc 360.

PROBLÈMES OUVERTS

1 1. n = 900 30 ; np = 900 0,9 = 810 5 ;

n(1 – p) = 900 0,1 = 90 5.

Les trois conditions d’approximation sont donc vérifiées.

2. Intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence de

consommateurs satisfaits de M sur un échantillon aléatoire

de taille 900 :

= −×

+×

I 0,9 1,96

0,9 0,1

900; 0,9 1,96

0,9 0,1

900

soit I = [0,8804 ; 0,9196].

3. = =f774

9000,86

obs, f

obs I ; donc, l’hypothèse p = 0,9 est

rejetée au seuil de risque de 5 % : les résultats du sondage

ne sont pas en accord avec l’annonce publicitaire.

2 1. = −×

+×

I 0,6 1,96

0,6 0,4

500; 0,6 1,96

0,6 0,4

500

soit I ≈ [0,557 ; 0,643].


ath Term

. S


2. Pour pouvoir affirmer au niveau de confiance de 95 % que la pièce est équilibrée, il faut que :

−N

200

1

200

N 1

0,5 +

N

200

1

200

où N est le nombre de Pile sur les 200 lancers.

Ainsi :

−N

200 0,5 + +

1

200 et −

N

200 0,5 – +

1

200

et, comme N est entier, on a :86 N 114.

3. a) 0 6 1 960 6 0 4

2000 6 1 96

0 6 0 4

200, ,

, ,; , ,

, ,−

×+

×

≈

≈ [0,532 ; 0,668].

Comme précédemment, 0,5 n’appartient pas à cet inter-valle ; il est donc vraisemblable que cette pièce ne soit pas équilibrée.

b) D’après la calculatrice, 0,5 [uk ; v

k] pour 87 k 113 :

il s’agit des valeurs possibles du nombre de Pile sur 200 lancers pour pouvoir affirmer au niveau de confiance de 95 % que la pièce est équilibrée.

4. Les deux intervalles de confiance ont donné des résultats quasiment identiques.

7 1. L’amplitude de l’intervalle de confiance :

− +

f

nf

n

1;

1obs obs

au niveau 95 % de la proportion p de boules rouges de

l’urne est 2

n.

On cherche donc un entier naturel non nul n qui vérifie 2

n = 0,1. On trouve alors n = 400.

8 n

=2

N

1

10

2 équivaut à n=N 10 ou encore

N = 100 n.Ainsi, pour obtenir un intervalle de confiance d’une propor-tion à 95 % dix fois plus petit, il faut multiplier la taille d’un échantillon par 100.

9 1. Le rayon de l’intervalle de confiance :

− +

f f

1

1 000;

1

1 000obs obs

au niveau 95 % est 1

1 000 ≈ 3 %.

Cela explique l’expression « marge d’erreur d’environ ± 3 % au niveau de confiance de 95 % ».

2. 1

n = 0,01 équivaut à n = 10 000. Il suffit donc de sonder

10 000 personnes pour obtenir une marge d’erreur de ± 1 % au niveau de confiance de 95 %.

2. Pour les garçons :

= −×

+×

I 0,26 1,96

0,26 0,74

550; 0,26 1,96

0,26 0,74

550G

soit : [ ]≈I 0,223 ;0,297G .

Pour les filles :

= −×

+×

I 0,2 1,96

0,2 0,8

450; 0,2 1,96

0,2 0,8

450F

soit : [ ]≈I 0,163 ;0,237F

.

3. f = ≈178

5500,324

Gobs et f = ≈

98

4500,218

F obs ; d’où :

f IGobs G et f I

F obs F.

Donc, au seuil de risque de 5 %, la fréquence observée de jeunes fumeurs quotidiens lillois dans cet échantillon est en accord avec la proportion de jeunes fumeurs quotidiens de la population française pour les filles, mais pas pour les garçons.

4 1. La fourchette de sondage à 95 % de confiance de la proportion de personnes envisageant de voter pour M. Lepetit est :

0 461

4000 46

1

4000 41 0 51, ; , , ; ,− +

= [ ].

2. M. Lepetit a raison : d’après la question précédente, il est plausible qu’il gagne avec 51 % des votes.

5 1. À partir de cette enquête, l’intervalle de confiance à 95 % de la proportion d’abstentions lors de ce premier tour est :

[ ]− +

≈0,525

1

1 000; 0,525

1

1 0000,493 3 ;0,556 7 .

2. 0,536 4 appartient à la fourchette de sondage de la ques-tion précédente ; donc, le sondage de l’énoncé peut être qualifié de « bon ».

3. Un « bon » sondage sur un échantillon de 1 000 personnes vérifie :

−N

1 000

1

1 000

N 1

0,5364 +

N

1 000

1

1 000

où N est le nombre de personnes sondées ayant répondu NON. Ainsi :

−N

1 000

N

0,5364 + +

1

1 000 et −

N

1 000

N

0,5364 – +

1

1 000

et, comme N est un entier, on a : 505 N 568.

6 1. Intervalle de confiance à 95 % de la proportion de Pile :

120

200

1

200

120

200

1

2000 529 0 6− +

≈; , ; , 771[ ] .

Comme 0,5 n’appartient pas à cet intervalle, il est donc vrai-semblable que cette pièce ne soit pas équilibrée.

4


ath Term

. S

Enseignement spécifique Chapitre 15 Statistique. Estimation

2. a) Intervalle de confiance de p au niveau de 95 % :

−×

+×

≈0,790 8 1,96

0,790 8 0,209 2

250 0; 0,790 8 1,96

0,790 8 0,209 2

25 00

[ ]

≈ 0,774 8 ;0,806 8 .

b) D’après la question précédente, un encadrement de π au niveau de confiance de 95 % est :

[ ] [ ]× × =0,774 8 4 ;0,806 8 4 3,099 2 ;3,227 2 .

3. D’après les questions précédentes, l’intervalle de confiance permettant d’obtenir l’estimation la plus précise de π est celui vu à la question 2.

Le premier intervalle de confiance donne un encadrement

de π d’amplitude :2

48

n n× = .

Ainsi, 8

n 0,1 équivaut à n 6 400. À partir de 6 400

points choisis au hasard dans ce carré, on peut obtenir, à l’aide du premier intervalle de confiance, un encadrement de π d’amplitude inférieure ou égale à 0,1.


Notons X la variable aléatoire indiquant le nombre de lycéens ayant choisi la première salle du réfectoire. X suit donc la loi binomiale (600 ; 0,5).Posons N le nombre de places dans chacune des deux salles.Chaque élève trouve une place dans la salle qu’il a choisie si X N et 600 –X N, c’est-à-dire si :

600 – N X N

ou encore 1 – N

600

X

600

N

600 .

On veut donc que :

− −

+ −

PX

6000,5

N

6000,5 ; 0,5

N

6000,5 0,99.

Or, l’intervalle de fluctuation centré en 0,5 au seuil de 99 %

de la variable X

600 est :

0 5 2 580 5 0 5

6000 5 2 58

0 5 0 5

600, ,

, ,; , ,

, ,−

×+

×

.

Les conditions :n = 600 30, np = 300 5 et n(1 – p) 300

sont donc satisfaites.On veut donc que :

×

N

600 – 0,5 2,58

×0,5 0,5

600,

soit N 332 (N est un entier).Le nombre minimal de places qu’il doit y avoir dans chaque salle pour que la probabilité que chaque élève trouve une place dans la salle qu’il a choisie soit supérieure à 99 % est 332.

14 Contrôle de fluctuation

• Les outils

– Intervalles de fluctuation (celui vu en classe de Seconde et celui vu cette année).• Les objectifs

– Mise en évidence du lien entre le nombre de lancers n et le rayon d’un intervalle de fluctuation de F

n .

1. a) n 30 ; n × 1

4 5 ; n ×

3

4 5. Les conditions

d’approximation sont vérifiées dès que n 30.

b) Intervalle de fluctuation asymptotique de Fn au seuil de

95 % :

0 25 1 96

0 25 0 750 25 1 96

0 25 0 75, ,

, ,; , ,

, ,−

×+

×

n n

.

c) Le nombre n cherché vérifie donc :

1 960 25 0 75

1

,, ,×

n

1

100

×

,

ce qui équivaut à n 25 × 1,96 3 ; donc n 7 203.

Au risque d’erreur d’environ 5 %, 7 203 lancers suffisent pour que la fréquence d’apparition du 1 soit éloignée d’au plus 0,01 de la valeur théorique 0,25.

2. a) Intervalle de fluctuation de Fn au seuil de 95 % vu en

Seconde :

0 251

0 251

, ; ,− +

n n.

b) Le nombre n cherché vérifie donc :1

+n

1

100

×

soit n 10 000.

Au risque d’erreur d’environ 5 %, 10 000 lancers suffisent pour que la fréquence d’apparition du 1 soit éloignée d’au plus 0,01 de la valeur théorique 0,25.3. D’après les questions précédentes, c’est l’intervalle de fluctuation vu en Terminale (1. b)) qui permet d’atteindre l’objectif avec le moins de lancers.

15 Approximation de π• Les outils

– Intervalle de confiance.• Les objectifs

– Utiliser la méthode de Monte-Carlo pour déterminer une approximation de pi.

1. a) Intervalle de confiance de p au niveau 95 % :

[ ]− +

=

1 977

2 500

1

2 500;

1 977

2 500

1

2 5000,770 8 ;0,810 8 .

b) p = =Aire du quart de disque

Aire du carré

π

4.

D’après la question précédente, un encadrement de π au niveau de confiance de 95 % est :

[0,770 8 × 4 ; 0,810 8 × 4] = [3,083 2 ; 3,243 2] .


ath Term

. S

19 TD – Un premier tour renversant

1. a) Fourchettes de sondage à 95 % :• pour Jacques Chirac :

[ ]= − +

≈I 0,19

1

1 000; 0,19

1

1 00015,8 % ; 22,2 %

2 ;

• pour Lionel Jospin :

[ ]= − +

≈I 0,18

1

1 000; 0,18

1

1 00014,8 % ; 21,2 %

2 ;

• pour Jean-Marie Le Pen :

[ ]= − +

≈I 0,14

1

1 000; 0,14

1

1 00010,8 % ; 17,2 %

3 .

b) Oui, les fourchettes obtenues contiennent les valeurs qu’elles sont censées estimer :

19,88 % I1 ; 16,18 % I

2 ; 16,86 % I

3.

c) D’après ces fourchettes de sondage, tous les duels entre ces trois candidats étaient plausibles : Chirac / Jospin ; Chirac / Le Pen et Jospin / Le Pen.

2. b) • L’issue 1 de cette formule se réalise si : ALEA 0,1988 ;

soit avec une probabilité de 19,88 %.Il s’agit de la simulation d’un vote pour Jacques Chirac.• L’issue 2 de cette formule se réalise si :

0,1988 ALEA 0,3606 ;soit avec une probabilité de 16,18 %.Il s’agit de la simulation d’un vote pour Lionel Jospin.• L’issue 3 de cette formule se réalise si :

0,360 1 ALEA 0,529 2 ;soit avec une probabilité de 16,86 %.Il s’agit de la simulation d’un vote pour Jean-Marie Le Pen.• L’issue 4 se réalise dans les autres cas : cette issue 4 repré-sente un vote pour l’un des autres candidats à cette élection présidentielle de 2002.c) Dans la cellule E4, écrire la formule :

= NB.SI(B2 : B1001 ; 1) / 1000

Dans la cellule F4, écrire la formule :

= NB.SI(B2 : B1001 ; 2) / 1000

Dans la cellule G4, écrire la formule :

= NB.SI(B2 : B1001 ; 3) / 1000

d) Dans la cellule E2, écrire la formule :

= E4 – 1/RACINE(1000)

Dans la cellule E3, écrire la formule :

= E4 + 1/RACINE(1000)

Puis recopier ces formules vers la droite jusqu’à la colonne G.f) On n’obtient pas toujours le bon ordre : cela vient du fait que les résultats entre Lionel Jospin et Jean-Marie Le Pen sont très serrés et que la fluctuation d’échantillonnage reste relati-vement importante dans un échantillon de taille 1 000 (marge d’erreur d’environ ± 3 % au niveau de confiance de 95 %).


D’après l’arbre probabiliste ci-contre, la proportion de « OUI » avec un tel procédé est :

q p p= + −1

6

5

61( )

c’est-à-dire =− +2

3

5

6q p .

Au niveau de confiance de 95 %, on a alors :

0,425 – 1

1 000 q 0,425 +

1

1 000

0,425 – 1

1 000

−+

2

3

5

6p 0,425 +

1

1 000

−+ −

3

20,425

1

1 000

5

6 p

−− −

3

20,425

1

1 000

5

6

D’où p [0,565 ; 0,660] au niveau de confiance de 95 %.

18 TD – Vérification du seuil d’un intervalle

de fluctuation

1. a) Dans la cellule D2, écrire la formule =B2*B3

Dans la cellule D3, écrire la formule :

= RACINE(B3*(1-B3)/B2)

b) Dans la cellule B6, écrire la formule :

=SI(B2>=30 ; « OUI » ; « NON »)

Dans la cellule B7, écrire la formule :

=SI(B2*B3>=5 ; « OUI » ; « NON »)

Dans la cellule B8, écrire la formule :

=SI(B2*(1-B3)>=5 ; « OUI » ; « NON »)

c) Dans la cellule F2, écrire la formule :

=CRITERE.LOI.BINOMIALE(B$2 ; B$3 ; ALEA())/B$2

Puis la recopier vers le bas jusqu’à la cellule F1001.

2. a) Dans la cellule D6, écrire la formule :

= MOYENNE(F2 : F1001)

Dans la cellule D7, écrire la formule :

= ECARTYPE(F2 : F1001)

b) Dans la cellule G2, écrire la formule :

Excel : =SI(ET(F2>=D$6-1,96*D$7 ; F2<=D$6+1,96*D$7) ; 1 ; 0)

Calc : =SI( (F2>=D$6-1,96*D$7) ET (F2<=D$6+1,96*D$7) ; 1 ; 0)

Puis la recopier vers le bas jusqu’à la cellule G1001 .c) Dans la cellule I2, écrire la formule :

=SOMME(G2 : G1001)/1000

d) On constate que le résultat en I2 reste proche de 95 %, ce qui permet de vérifier ce seuil de 95 % de l’intervalle de fluctuation donné dans l’énoncé.

1—6

p

p

1 – p

1 – p5—6

pas6

6

OUI

NON

OUI

NON


ath Term

. S


2. a) nA = 80, f = =24

800,3

A; n

B = 120, f = =30

1200,25

A;

p =× + ×

+=

80 0 3 120 0 25

80 1200 27

, ,, .

Donc =−

× +

≈x0,3 0,25

0,27 0,731

80

1

120

0,78obs ;

soit [ ]x –1,96 ; 1,96obs

.

Ainsi, on peut affirmer à l’aide de la règle de prise de déci-

sion que ces deux traitements ont le même taux de guérison.

b) nA = 800, f

A = 0,3 ; n

B = 1200, f

A = 0,25 ;

p =× + ×

+=

800 0 3 1200 0 25

800 12000 27

, ,, .

Donc :

=−

× +

≈x0,3 0,25

0,27 0,731

800

1

1200

2,47obs ;

soit [ ]−x 1,96 ;1,96obs

.

Ainsi, on peut affirmer au seuil de 5 %, que dans ce cas-là

ces deux traitements n’ont pas le même taux de guérison.


LOI NORMALE ET INTERVALLES

25 m = 10,5 et σ = =6 25 2 5, , .Posons X la variable aléatoire indiquant la moyenne de mathématiques d’un élève de Terminale S pris au hasard, alors :

( )[ ]µ − σ µ + σ ≈P X ; 0,683

et donc :

( )[ ] ≈P X 8 ;132

3.

Le proviseur de ce lycée a donc raison.


27

m 0 3 –0,4 500σ 1 4 0,8 100

I [–2,58 ; 2,58] [–1 ; 7] [–2 ; 1,2] [400 ; 600]

P(X I) 0,99 0,683 0,954 0,683

m 5 0,4 0 –3

σ 0,510 0,1 5 1

I [4 ; 6] [0,2 ; 0,6] [–5 ; 5] [–6 ; 0]

P(X I) 0,95 0,954 0,683 0,997

20 TD – Essai thérapeutique

1. a) D’après l’énoncé, dans chacun des deux cas, les trois conditions d’approximation sont vérifiées. Donc, les lois de F

A et de F

B peuvent être approchées respectivement par les

lois normales :

pp p

n

−

;(1 )

A

et pp p

n

−

;(1 )

B

.

b) E(FA – F

B ) = E(F

A) – E(F

B) = p – p donc :

E(FA – F

B) = 0.

p p

n

p p

n− = + =

−+

−V(F F ) V(F ) V(F )

(1 ) (1 )A B A B

A B

donc :p p

n

p p

nσ − =

−+

−(F F )

(1 ) (1 )A B

A B

.

D’après 1. a), FA – F

B suit la loi normale d’espérance 0 et

d’écart-type :

p pn nA B

11 1

−( ) +

.

Donc

p pn n

( )=

−

− +

XF F

11 1

A B

A B

suit la loi (0 ;1) .

On sait alors que P(–1,96 X 1,96) ≈ 0,95.

DE TÊTE

21 a) m = 50 et σ = 1,2 ; donc, environ 68 % des 1 000 nourrissons mesurent entre m – σ = 48,8 cm et m + σ = 51,2 cm, soit 680 nourrissons environ.

b) Il y a environ 0,3 % des 1 000 nourrissons qui ont une taille qui n’est pas comprise entre m – 3σ = 46,4 cm et m + 3σ = 53,6 cm, soit 3 nourrissons environ.

22 1. F100

peut modéliser la fréquence de 0 dans une suite de 100 chiffres choisis au hasard entre 0 et 9.2. E(F

100) = p = 0,1 ;

σ(F100

) = p p

n

( ) , ,,

1 0 1 0 9

100

3

1000 03

−=

×= = .

3. n = 100 30, np = 10 5 et n(1 – p) = 90 5. Donc, les conditions permettent d’approcher la loi de F

100 par la loi normale d’espérance 0,1 et de variance

0,032 = 0,0009.

23 1. = =f100

4000,25

obs, [ ]f 0,16 ;0,24

obs ;

donc, les résultats observés sur l’échantillon de 400 mots ne confirment pas l’hypothèse de l’énoncé p = 0,2 au seuil de risque de 5 %.2. [ ]f 0,14 ;0,26

obs ; donc, dans une prise de décision au seuil de 1 %, on accepte l’hypothèse de l’énoncé à partir des résultats observés.


7


ath Term

. S


Les trois conditions d’application de la règle de prise de décision sont remplies.b) Intervalle de fluctuation de la fréquence de leucémies sur un échantillon aléatoire de 11 748 enfants de moins de 14 ans : • à 95 %, = −

×

I 0,000 45 1,96

0,000 45 0,999 55

117 48; 0

1

+×

; 0,000 45 1,96

0,000 45 0,999 55

117 48

soit I1 ≈ [0,000 06 ; 0,000 84].

• à 99 %, = −×

I 0,000 45 2,58

0,000 45 0,999 55

117 48; 0

1

+×

; 0,000 45 2,58

0,000 45 0,999 55

117 48

soit I2 ≈ [0 ; 0,000 96].

La borne inférieure négative a été ramenée à 0 pour éviter les valeurs aberrantes.

2. a) = ≈f12

11 7480,001 02

obs ; donc f

obs I

1. Ainsi, au

seuil de risque de 5 %, la fréquence observée de leucémies, chez les enfants de moins de 14 ans à Woburn, n’est pas en accord avec la proportion de leucémies chez les enfants de moins de 14 ans dans la population américaine.b) f

obs I

2 ; donc, au seuil de 1 %, nous avons la même

conclusion que dans la question précédente.


34 Réciproque

1. a) Vrai. D’après l’énoncé, > +−

f pp p

n1,96

(1 )obs

;

donc f’obs

> fobs

implique que :

> +−

f pp p

n’ 1,96

(1 )obs

; donc f ’obs

rejette la proportion

p supposée au seuil de 5 %.b) Faux. Si f ’

obs rejette la proportion p supposée au seuil de

5 %, alors on peut avoir :

< −−

f pp p

n’ 1,96

(1 )obs ; donc f ’

obs < f

obs.

c) Faux. Contre exemple, si +−

< <pp p

nf f1,96

(1 )’obs obs

.

d) Vrai. Si f ’obs

est en accord avec la proportion p, alors :

pp p

n−

−1 96

1,

( ) f ’

obs p

p p

n+

−1 96

1,

( ) ;

or, pp p

n+

−1 96

1,

( ) < f

obs, donc f ’

obs < f

obs.

2. a) Vrai.

+−

< +−

<pp p

np

p p

nf1,96

(1 )

21,96

(1 )obs

;

donc −−

+−

f p

p p

np

p p

ns

1,96(1 )

2; 1,96

(1 )

2ob

.

Ainsi, cela amène au rejet, au seuil de 5 %, de la proportion p supposée.

FRÉQUENCE DE SUCCÈS

28 E(F) = p ; p p

nσ =

−(F)

(1 ).

Si n 30, np 5 et n(1 – p) 5, alors la loi de F peut être

approchée par la loi −

;

(1 )p

p p

n.

a) E(F) = 0,5 ; σ =×

=(F)0,5 0,5

400

1

40.

n = 400, np = 200 et n(1 – p) = 200 ; donc la loi de F peut être

approchée par la loi

0,5 ;

1

1600.

b) = =E(F)12

320,375 ; σ =

×=(F)

0,375 0,625

100

15

80.

n = 100, np = 37,5 et n(1 – p) = 62,5 ; donc la loi de F peut

être approchée par la loi

0,375 ;

3

1280.

c) = =E(F)10

36

5

18 ; σ =

×=(F)

5 13

18 10

26

36.

n = 10 ; donc on ne peut pas approcher la loi de F par une loi normale.


30 1. Les valeurs possibles de la proportion p de boule(s) rouge(s) dans l’urne sont : 0,2 ; 0,4 ; 0,6 ; 0,8.

2. a) pp p

np

p p

n= −

−+

−

I 1,96

(1 ); 1,96

(1 ).

b) 1 960 2 0 8

0 1,, ,

,×

<n

équivaut à n > 1 96 16, et

comme n est entier : n 62.Si p = 0,2 ou si p = 0,8, le rayon de l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence de boules rouges est inférieur à 0,1 pour un nombre de tirages supérieur ou égal à 62.

c) Si le rayon de l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence de boules rouges est inférieur à 0,1 dans chacun des quatre cas, alors ces 4 intervalles sont disjoints 2 à 2 ; on trouve ainsi la proportion de boules rouges dans l’urne avec un risque d’erreur d’au plus 5 %.Il reste encore à résoudre l’inégalité :

1 960 4 0 6

0 1,, ,

,×

<n

ce qui équivaut à n > 1 96 24,

et comme n est entier : n 93.On a n 62 et n 93 : donc un nombre suffisant de tirages permettant de répondre au problème est 93.3. a) N représente le nombre de tirages, C compte le nombre de boules rouges obtenues au fil des tirages et P est la propor-tion de boules rouges dans l’urne.

PRISE DE DÉCISION


32 1. a) n = 11 748 30 ; np = 5,286 6 5 ;n(1 – p) = 11 742,713 4 5.

ath Term

. S

8 Enseignement spécifique Chapitre 15 Statistique. Estimation

Le problème est que le sondeur ne pourra pas retrouver un intervalle de confiance de p à partir de celui de q car q ne dépend pas de p ; il est constant et égal à 0,5.

0,5

p

p

1 – p

1 – p

0,5

pasrouge

rougeOUI

NON

OUI

NON

38 1. a) On veut 2

n e (e > 0) ; soit :

n e

2 ou encore n

e

42

.

b) Si e = 0,1, alors n 400 ; si e = 0,05, alors n 1 600 ; si e = 0,01, alors n 40 000.

2. Pour avoir 2 2 2

2N k n k n= = (k > 0), il suffit d’avoir

N = k 2 n ; pour obtenir un intervalle de confiance d’amplitude k fois plus petite, il faut multiplier la taille de l’échantillon aléatoire par k 2.

AVEC LES TICE

39 1. b) Dans la cellule B2 (resp. C2), écrire la formule

=A2-0,1 (resp. =A2+0,1 ) puis recopiez-la vers le bas

jusqu’à la ligne 102.Dans la cellule D2 (resp. E2), écrire la formule :

=A2-1,96*RACINE(A2*(1-A2))/10

(resp. =A2+1,96*RACINE(A2*(1-A2))/10 )

puis recopiez-la vers le bas jusqu’à la ligne 102.

d) Les intervalles de confiance sont centrés en fobs

; donc, lorsque f

obs est « trop » proche de 0 ou de 1, on peut retrouver

des valeurs aberrantes (valeurs négatives ou supérieures à 1) dans les intervalles de confiance correspondants.

e) D’après les graphiques, l’amplitude de IC2 est plus petite que celle de IC1, ou à peu près égale lorsque f

obs est proche

de 0,5.

2. a) Pour x [0 ; 1], f x x x( ) , ( )= −0 392 1 .On remarque que x(1 – x) 0 pour x ]0 ; 1[ ; donc f est déri-

vable sur ]0 ; 1[ et =−−

f x

x

x x

’( ) 0,3921 2

2 (1 ), pour x ]0 ; 1[.

Ainsi f ’(x) 0 si, et seulement si, 1 – 2x 0 avec x ]0 ; 1[ si, et seulement si, 0 < x 0,5.D’où le tableau de variation de la fonction f sur [0 ; 1] ci-dessous :

x 0 0,5 1

f’ + 0 –

f 0

0,196

0

INTERVALLES DE CONFIANCE


36 1. a) Intervalle de confiance de p au niveau 95 % :

51

500

1

500

51

500

1

5000 057 0 147− +

≈ [; , ; , ]] .

b) Notons S, en km2, la superficie du lac d’Annecy. D’après la question précédente, au niveau de confiance de 95 %, on a :

0,057 S

20 15× 0,147,

soit 17,1 S 44,1.

2. a) Intervalle de confiance de p au niveau 95 % :

0 102 1 960 102 0 898

5000 102 1 96

0 102, ,

, ,; , ,

,−

×+

× 00 898

500

,

≈

0 075 0 129, ; ,

≈ [ ]

Au niveau de confiance de 95 %, on a :

0,075 S

300 0,129,

soit 22,5 S 38,7.

b) C’est le deuxième intervalle de confiance qui a permis d’obtenir l’estimation la plus précise de la superficie du lac d’Annecy.3. Avec le premier intervalle de confiance, l’encadrement de la superficie du lac d’Annecy a une amplitude inférieure ou

égale à 1 km2 si 2

n × 300 1 ; soit n 600, ou encore

n 360 000.Il faut donc tracer aléatoirement sur cette carte au moins 360 000 points pour avoir une telle précision dans l’encadrement.

37 1. a) D’après l’arbre probabiliste ci-dessous :q = 0,25p + 0,75(1 – p),

soit q = –0,5p + 0,75.

0,25

p

p

1 – p

1 – p

0,75

pascœur

cœur

OUI

NON

OUI

NON

2. a) Au niveau de confiance de 95 %, on a :

− +

q

1 375

2 500

1

2 500;

1 375

2 500

1

2 500,

soit q [0,53 ; 0,57].b) D’après les questions précédentes, au niveau de confiance de 95 %, on a : 0,53 –0,5p + 0,75 0,57,

soit : 0 18

0 5

,

, p

0 22

0 5

,

,.

Ainsi, [0,36 ; 0,44] est un intervalle de confiance de p au niveau 95 %.

3. D’après l’arbre probabiliste ci-après :q = 0,5p + 0,5(1 – p),

soit q = 0,5.

ath Term

. S


n 30 ; n

12 5 ; n ×

11

12 5, ce qui se réduit à n 60).

On peut alors deviner le nombre de faces initialement choisi par le programme, avec un risque d’erreur d’au plus 5 %, si les intervalles de fluctuation I

1 et I

2 et I

3 sont disjoints deux

à deux ; c’est-à-dire si :1

121 96

11

12

1

81 96

7

8+ < −, ,

n n

et 1

81 96

7

8

1

61 96

5

6+ < −, ,

n n ;


1 96 11

12

7

8

1

24

,

n+

< et

1 96 7

8

5

6

1

24

,

n+

< ;

soit :

( )> + ×n 2 11 3 7 1,96 et ( )> + ×n 3 7 4 5 1,96 ;ainsi, avec n entier : n 816 et n 1095, c’est-à-dire n 1095.La valeur minimale de n recherchée est donc 1 095. Remarque. La condition n 60 est satisfaite.

41 p = 100

N est la proportion de tortues marquées sur

cette île, N représentant le nombre de tortues sur cette île. D’après l’énoncé, la recapture est assimilée à une suite de tirages au hasard et avec remise ; on a alors, au niveau de confiance de 95 %, l’encadrement suivant :

22

50

1

50−

100

22

N

22

50

1

50+

soit 100

0 441

50, +

N 100

0 441

50, −

et comme N est un entier : 172 N 334.

b) = −×

+×

≈I 0,125 1,96

0,125 0,875

100; 0,125 1,96

0,125 0,875

100

[ ]≈ 0,060 ;0,190 .

c) [ ]= − +

≈I

1

61,96

5

6 400;

1

61,96

5

6 4000,130 ;0,204 .

44 1. a) n = 120 30, np = 30 5 et n(1 – p) = 90 5 ;donc, les trois conditions d’application de la règle de prise de décision sont remplies.b) Sur un échantillon aléatoire de taille 120, l’intervalle de fluctuation de la fréquence de bonnes réponses à cette question est :• à 95 % :

= −×

+×

≈I 0,25 1,96

0,25 0,75

120; 0,25 1,96

0,25 0,75

1201

[ ]

≈ 0,172 ;0,328 .

b) La fonction f de la question 2. a) représente l’amplitude de IC2 en fonction de x qui joue le rôle de f

obs.

L’amplitude de IC1 est constante et égale à 2

1000 2= , .

D’après la question 2. a), l’amplitude de IC2 est, quelle que soit f

obs , inférieure à celle de IC1. On peut également remar-

quer que lorsque fobs

est proche de 0,5, alors l’amplitude de IC2 est proche de celle de IC1.


40 Notons Fn, la variable aléatoire indiquant la fréquence

d’apparition du 1 au terme de n lancers d’un dé parfait ; on obtient :

• n n

= − +

I

1

61,96

5

6;

1

61,96

5

61

;

I1 est un intervalle de fluctuation de F

n au seuil de 95 %

dans le cas du dé cubique (sous les conditions n 30 ;

n × 1

6 5 ; n ×

5


• n n

= − +

I

1

81,96

7

8;

1

81,96

7

82

;


n au seuil de 95 % dans le

cas du dé octaédrique (sous les conditions n 30 ; n × 1

8 5 ;

n × 7


• n n

= − +

I

1

121,96

11

12;

1

121,96

11

123 ;


n au seuil de 95 %

dans le cas du dé dodécaédrique (sous les conditions


43 1. D’après le théorème de Moivre-Laplace :

np

np px

n−−−

≈

→lim P 1,96

X

(1 )1,96 0,95 .

Or, – 1,96 np

np p

n−

−X

(1 ) 1,96 équivaut successivement à :

− −

−

1 96 1, ( )np p Xn – np − −

−

1 96 1, ( )np p ;

p – 1,96 p p

n

( )1 − F

n p + 1,96

p p

n

( )1 −

soit, avec Fn I, on obtient :

nn( ) ≈

→+∞lim P F I 0,95.

2. a) [= −×

+×

≈I 0,5 1,96

0,5 0,5

900; 0,5 1,96

0,5 0,5

900

[ ]

≈ 0,467 ;0,533 .

10


ath Term

. S


Donc, u

p p

nα1

1( )− u

p p

nα2

1( )− et Ia2

Ia1.

Réponse exacte : b).3. D’après la question précédente, I

0,05 I

0,01.

• Si fobs

I0,05

, alors fobs

I0,01

. Réponse exacte : a).• Si f

obs I

0,05, alors on ne peut pas savoir si f

obs I

0,01 ou

fobs

I0,01

.Réponse exacte : c).

46 1. Intervalle de confiance de p au niveau 95 % :

864

900

1

900

864

900

1

9000 926 0 99− +

≈; , ; , 44[ ] .

2. Intervalle de confiance de p au niveau 95 % :

0 96 1 960 96 0 04

9000 96 1 96

0 96 0 04

9, ,

, ,; , ,

, ,−

×+

×

000

≈

0 947 0 973

≈ [ ], ; , .

3. C’est le second intervalle de confiance qui a permis d’ob-tenir l’estimation la plus précise.

sont en accord avec l’annonce publicitaire lors d’une prise décision au seuil 1 % ; mais ce n’est pas le cas au seuil de 5 %.

48 1. n = 100 30, np = 12,5 5 et n(1 – p) = 87,5 5. Les trois conditions d’approximation sont vérifiées. Donc,

la loi de F peut être approchée par la loi

×

1

8;

1

8

7

8

100

soit

1

8;

7

6 400.

2. D’après la calculatrice, P(F t) = 0,95 pour t ≈ 0,179 4.

3. fobs

= 0,2, donc fobs

> t. Donc, au seuil de 5 %, on peut présumer que Léo a triché.

4. D’après la calculatrice, P(F t) = 0,99 pour t ≈ 0,201 9 : f

obs t. Donc, au seuil de 1 %, Léo n’est pas considéré

comme un tricheur.

49 1. D’après la calculatrice, un intervalle I centré en 92,5 tel que P(X I) = 0,95, est : I ≈ [92,441 ; 92,559].

2. =× + × +…+ ×

≈m3 92,1 2 92,2 2 92,9

3092,453

obs cm.

3. mobs

I. Donc, au vu des résultats de cet échantillon, on accepte l’hypothèse m = 92,5 cm au seuil de risque de 5 %.

50 1. S–

suit la loi µ

;49

25 ; donc :

µ − µ +

≈P 1,96

49

25S 1,96

49

250,95 .

Soit < µ + × µ − ×

P S 1,96

7

5et S 1,96

7

5 ≈ 0,95,

• à 99 % :

= −×

+×

≈I 0,25 2,58

0,25 0,75

120; 0,25 2,58

0,25 0,75

1202

[ ]

≈ 0,148 ;0,352 .

2. = =f42

1200,35

obs, f

obs I

1 et f

obs I

2 ; donc, les résultats

observés sur l’échantillon rejettent l’hypothèse p = 0,25 au

seuil de risque de 5 %, mais l’acceptent au seuil de 1 %.

45 1. • Si a1 = a

2, alors on a clairement ua1

= ua2.

• Si a1 < a

2 , alors 1 – a

1 > 1 – a

2.

Donc u u u u( ) ( )− > − α α α αP Z ; P Z ;1 1 2 2 (1).

Supposons ua1 ua2

; alors [– ua1 ; ua1

] [– ua2 ; ua2

]. Donc,

P(Z [– ua1 ; ua1

]) P(Z [– ua2 ; ua2

]) ce qui contredit (1).

Donc, notre supposition est fausse et ua1 > ua2

.


2. Si a1 a

2 , alors, d’après 1., ua1

ua2.

47 1. a) Si ua ub, alors σua σub et Ia Ib (σ 0).

Ainsi, P(X Ia) P(X Ib), soit 1 – a 1 – b ou encore a b.

b) La contraposée de « si a b alors ua ub » est « si ua ub alors a b ».

c) D’après les questions précédentes, on sait que, si 0 a < b 1 alors ua ub.Cela signifie que la fonction a ]0 ; 1[ ua est strictement décroissante sur ]0 ; 1[.

2. a) n = 400 30, np = 40 5 et n(1 – p) = 360 5. Les trois conditions d’application de la règle de prise de décision sont donc remplies.

b) Les résultats de cette étude sont en accord avec l’annonce publicitaire lors d’une prise de décision au seuil de risque a si, et seulement si :

0,1 – ua 0 1 0 9

400

, ,× fobs

0,1 + ua0 1 0 9

400

, ,× ;

ce qui revient à 0,1 – ua 0 1 0 9

400

, ,×α

28

400 (la deuxième

inégalité est vérifiée quelle que soit a) ; soit :

ua 0 1 0 07

0 015

, ,

,

− ou encore ua 2.

c) Or, on sait que u0,046

≈ 2. Donc, ua 2 équivaut à ua u

0,046. Ainsi, d’après la question 1. c) : a 0,046.

Alors, pour que les résultats de cette étude soient en accord avec l’annonce publicitaire lors d’une prise de décision au seuil a, il faut que a a

0, avec a

0 ≈ 4,6 %.

d) D’après la question précédente, les résultats de cette étude

ath Term

. S

52 1. a)

( )=

−

− +

x

p p

0,15 0,2

11

400

1

300

obs

avec p =× + ×

+=

400 0 15 300 0 2

400 300

120

700

, ,.

Ainsi xobs

≈ –1,737.

b) xobs

[–1,96 ; 1,96] : dans ce cas, au seuil de 5 %, on accepte l’hypothèse p

A = p

B .

2. Si les effectifs nA et n

B sont multipliés par k, alors p ne

varie pas :kn f kn f

kn kn

n f n f

n n

A A B B

A B

A A B B

A B

+

+=

+

+

et la valeur xobs

devient alors :

( )−

− +

=

f f

p pkn kn

k xA B

A B

11 1

obs.

3. Si les effectifs sont multipliés par 2, alors xobs

devient x2

obs, soit environ – 2,456.

– 2,456 n’appartient pas à l’intervalle [–1,96 ; 1,96]. Dans ce cas, au seuil de 5 %, on rejette l’hypothèse p

A = p

B .

4. On aboutit à un rejet de l’égalité des proportions au seuil

de 1 %, si < −k x 2,58obs

soit :

>−

kx

2,58

obs

(xobs

< 0).

On obtient k 2,3 (à 0,1 près). Il faut multiplier les effectifs par 2,3 (à 0,1 près) au minimum pour répondre à l’objectif demandé.

ou encore µ − × + ×

≈P S 1,96

7

5; S 1,96

7

50,95.

2. Intervalle de confiance de m au niveau de confiance de 95 % :

137 7 1 967

5137 7 1 96

7

5134 956, , ; , , ,− × + ×

= ; ,140 444[ ] .

PROLONGEMENT DU TD 20

51 1. A (fumeurs) : nA = 1240, f = 347

1 240A

;

B (non fumeurs) : nB = 1510, f = 484

1 510B

.

Donc

( )=

−

− +

x

p p

347

1 240

484

1 510

11

1 240

1

1 510

obs avec

=++

=p347 484

1 240 1 510

831

2 750. Ainsi x

obs ≈ –2,312.

a) xobs

[–1,96 ; 1,96] ; donc l’hypothèse de l’énoncé est rejetée au seuil de 5 %.b) x

obs [–2,58 ; 2,58] ; donc on accepte l’hypothèse de

l’énoncé au seuil de 1 %.

3. Casio Graph 35+ Ti 83 Plus

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